Tekintsük az I (I R) intervallumon értelmezett f : I R függvényt. Ebben a

.

– 0–

1. Egyváltoz´ os f¨ uggvények határozatlan integrálja

1

1. Egyváltozós f¨ uggvények határozatlan integrálja

PAP MARGIT

1.1 A primit´ıv f¨ uggvény fogalma Tekints¨ uk az I (I ⊆ R) intervallumon értelmezett f : I → R f¨ uggvényt . Ebben a paragrafusban a következ˝o kérdésekre keress¨ uk a választ: A) Milyen feltételek mellett van olyan F : I → R f¨ uggvény, amelynek a deriváltja az I intervallumon az el˝ore adott f f¨ uggvény? B) Hogyan határozható meg egy ilyen tulajdonság´ u F f¨ uggvény, ha ismerj¨ uk az f -et? Ezzel kapcsolatos az alábbi fogalom.

Defin´ıci´ o. Legyen f : I → R. Az F : I → R függvényt az f primit´ıv f¨ uggv´ eny´ enek vagy antideriv´ altj´ anak nevezz¨ uk, ha 1) F deriválható az I intervallumon (F ∈ D(I)) és 2) F 0 (x) = f (x) (∀x ∈ I). Nyilvánval´ o, hogy ha F az f -nek primit´ıv f¨ uggvénye és c bármely az I intervallumon értelmezett konstans f¨ uggvény, akkor (F + c)0 = F 0 = f alapján F + c is primit´ıv f¨ uggvénye f -nek. Megford´ıtva, ha F1 és F2 a f f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvénye az I intervallumon, akkor (F1 − F2 )0 = F10 − F20 = f − f = 0 figyelembevételével azt kapjuk, hogy F1 − F2 állandó. Következésképpen f primitiv f¨ uggvényeinek összessége valamely F primit´ıv f¨ uggvényéb˝ol kiindulva {F + c : c ∈ R} alakban adható meg.

2

1.1 A primit´ıv f¨ uggvény fogalma

Defin´ıci´ o. Legyen f : I → R olyan függvény, amelynek van primit´ıv f¨ uggvénye. Az f f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvényeinek halmazát az f f¨ uggvény határozatlan integráljának nevezz¨ uk, és az Z Z f (x)dx vagy f szimbólummal jelölj¨ uk. R Az szimbólum az integrál jel. Az integrál jel alatt szerepl˝o f f¨ uggvényt integrandusnak is nevezz¨ uk. Ha ismert a f egy F primit´ıv f¨ uggvénye, akkor a f határozatlan integrálja: Z f (x)dx = {F (x) + c, c ∈ R}. A gyakorlatban a határozatlan integrál fel´ır´ asakor a halmaz jelölésére használt kapcsos zárójelek ki´ırásától el szoktak tekinteni. Adott f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvényeinek a megkeresését integrálásnak nevezz¨ uk. Az alábbiakban néhány gyakran el˝oforduló f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvényét adjuk meg.


3

I. Alapintegrálok

f :I→R ssz. integrandus

F : I → R, (c ∈ R) a f primit´ıv f¨ uggvénye (F 0 (x) = f (x), ∀x ∈ I) 1 f (x) = 1 F (x) = x + c xn+1 +c 2 f (x) = xn , n ∈ N F (x) = n+1 α+1 x +c 3 f (x) = xα , α ∈ R \ {−1} F (x) = α+1 1 1 4 f (x) = n , n ∈ N \ {0} F (x) = − +c x (n − 1) · xn−1 √ 1 5 f (x) = √ F (x) = 2 x + c x 6 f (x) = ex F (x) = ex + c ax 7 f (x) = ax , a > 0, a 6= 1 F (x) = +c ln a 1 8 f (x) = F (x) = ln |x| + c x 9 f (x) = sin x F (x) = − cos x + c 10 f (x) = cos x F (x) = sin x + c 1 2 11 f (x) = = 1 + tg x F (x) = tg x + c cos2 x 1 = 1 + ctg 2 x F (x) = −ctg x + c sin2 x ¯ ¯ ¯x − a¯ 1 1 ¯ ¯+c 13 f (x) = 2 , a 6= 0 F (x) = ln x − a2 2a ¯ x + a ¯ 12 f (x) =

14 f (x) = 15 f (x) = 16 f (x) = 17 f (x) =

1 , a 6= 0 x2 + a2 1 √ , a 6= 0 2 a − x2 1 √ , a 6= 0 x2 + a2 1 √ , a 6= 0 2 x − a2

I az ért.tart. részintervalluma I⊆R I ⊆ R, I ⊆ (0; +∞) I ⊆ R \ {0} I ⊆ (0; ∞) I⊆R I⊆R I ⊆ R \ {0} I⊆R I⊆R I ⊆ R\ n o π (2k + 1) | k ∈ Z 2 I ⊆ R\ {kπ | k ∈ Z} I ⊆ R\

{−a; a} 1 x F (x) = arctg + c I⊆R a a x F (x) = arcsin + c I ⊆ (−|a|, |a|) a √ F (x) = ln(x + x2 + a2 ) + c I ⊆ R √ F (x) = ln |x + x2 − a2 | + c I ⊆

ex + e−x ex − e−x 18 f (x) = cosh x = F (x) = sinh x = 2 2 ex − e−x ex − e−x 19 f (x) = sinh x = F (x) = cosh x = 2 2

(−∞, −a) ∪ (x, +∞) I=R I=R

4

1.2 M˝ uveletek primit´ıv f¨ uggvényekkel

A tábl´ azatban felt¨ untetett F primit´ıv f¨ uggvényeket, ha deriváljuk visszakapjuk a megfelel˝o f -et. Például az f (x) = sin x f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvénye F (x) = − cos x. Valóban, ha kiszám´ıtjuk az F deriváltját, akkor a következ˝ot kapjuk: F 0 (x) = (− cos x)0 = −(− sin x) = sin x. Tehát

R

sin xdx = − cos x + c, (c ∈ R).

1. Tétel Bármely intervallumon folytonos függvénynek van primit´ıv f¨ uggvénye.

1.2 M˝ uveletek primit´ıv f¨ uggvényekkel A differenciálási szabályok felhasználásával egyszer˝ uen igazolhatók az alábbi, határozatlan integrálok meghatározására vonatkozó m˝ uveleti szabályok:

2. Tétel. Ha az f, g : I → R függvényeknek van primit´ıv függvénye és λ valós szám, akkor az f + g és λf f¨ uggvényeknek is van primit´ıv f¨ uggvénye és Z Z Z (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx, Z Z λf (x)dx = λ f (x)dx. R R ´ s. Legyen f (x)dx = F (x) + c1 , (c1 ∈ R) és g(x)dx = G(x) + c2 , (c2 ∈ R), Bizony´ıta akkor az F és G deriválhatók I-n és F0 = f

G0 = g.

Innen következik, hogy F + G és λF deriválhatók I-n és (F + G)0 = F 0 + G0 = f + g (λF )0 = λF 0 = λf. uggvénye f + g-nek, és λF primit´ uggvénye λf -nek. Tehát Rvagyis F + G primit´ıv f¨ R ıv f¨ R (f (x) + g(x))dx = {F (x) + G(x) + c, (c ∈ R)}, azaz (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + R g(x)dx ´ e s R R λf (x)dx = {λF (x) + c, c ∈ R} = λ f (x)dx. ¤

1.3 Gyakorlatok Határozzuk meg a következ˝o f¨ uggvények primit´ıv f¨ uggvényét (az f értelmezési tartománya az a legb˝ovebb R-beli halmaz, amelyen a kijelölt m˝ uveleteknek értelme van):


1 1) f (x) = √ x 3) f (x) = x +

2) f (x) = x2 + 2x + 3 1 x

5) f (x) = x3 (x2 − 1) 7) f (x) =

5

(x + 2)3 √ x

9) f (x) = a sin x + b cos x 1 1 11) f (x) = √ + √ 3 x x2 1 13) f (x) = √ 4 − x2 1 15) f (x) = √ 4 + x2 1 17) f (x) = √ 2 x +9 1 19) f (x) = 25 + x2 1 21) f (x) = 25 − x2 1 23) f (x) = 2 sin x · cos2 x

√ 4) f (x) = x x x3 + 3x2 − 2x + 4 x qp √ 8) f (x) = x

6) f (x) =

2 10) f (x) = ex + x3 + 2x − + 3 x √ √ 3 4 12) f (x) = x x + 2x x 1 1 − 9x2 1 √ 1 + 4x2 1 √ 9x2 + 4 1 25 + 4x2 1 25 − 4x2 1 1 + cos 2x

14) f (x) = √ 16) f (x) = 18) f (x) = 20) f (x) = 22) f (x) = 24) f (x) =

1.4. Integrálási eljárások. Az alapintegrálok és a határozatlan integrálokra vonatkozó m˝ uveleti szabályok mellett a határozatlan integrálok kiszám´ıtásakor még két másik integrálási szabályt szoktunk alkalmazni. Ezek az u ´.n. parciális integrálás szabályai és az integrálás helyettes´ıtéssel.

1.4.1. Parciális integrálás szabálya. A szorzatf¨ uggvény deriválási szabályából következik a

3. Tétel (Parciális integrálás szabálya.) Legyen f, g két deriválható f¨ uggvény az I intervallumon (f, g ∈ D(I)). Ha az f 0 g f¨ uggvénynek van primit´ıv f¨ uggvénye, akkor g 0 f -nek is van primit´ıv f¨ uggvénye, és Z Z f g 0 = f g − f 0 g.

´ s. Mivel f, g deriválhatók, és (f g)0 = f 0 g + f g 0 , ezért f g 0 = (f g)0 − f 0 g. Tehát Bizony´ıta 0 az f g f¨ uggvény fel´ırható két olyan f¨ uggvény k¨ ulönbségeként, amelyeknek van primit´ıv

6

1.4. Integrálási eljárások.

f¨ uggvénye, következésképpen f g 0 -nek is van primit´ıv f¨ uggvénye, és Z Z Z Z f g 0 = (f g)0 − f 0 g = f g − f 0 g. ¤ Ezzel a tétellel az f g 0 f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvényének a meghatározását az f 0 g primit´ uggvényének a meghat´ uk vissza. Ez a módszer akkor hatékony, R ıv f¨ R arozására vezett¨ ha f 0 g egyszer˝ ubb mint f g 0 . Az alábbiakban bemutatunk néhány fontos esetet, amikor a primit´ıv f¨ uggvény meghatározható parciális integrálással. 1. T´ıpus Z P (x)eax dx, a 6= 0, ahol P (x) egy polinom. Ebben az esetben az f (x) = P (x), g 0 (x) = eax szereposztással célravezet˝o a parciális integrálás. A következ˝oR feladattal szemléltetj¨ uk az eljárást. 1a) Határozzuk meg az xex dx határozatlan integrált. Az f (x) = x, g 0 (x) = ex (x ∈ R) választás esetén f 0 = 1, g(x) = ex , és ´ıgy: Z Z Z Z x 0 0 x xe dx = f g = f g − f g = xe − ex dx = xex − ex + c, (c ∈ R). Ha az integrandusban az ex mellett szerepl˝o polinom n-ed fok´ u, akkor a parciális integrál´ ast egymásután n-szer alkalmazva jutunk eredményhez. 1b) Például: Z Z Z Z 2 x 2 x 0 2 x 2 0 x 2 x x e dx = x (e ) dx = x e − (x ) e dx = x e − 2 x(ex )0 dx = Z = x2 ex − 2(xex − (x)0 ex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + c, c ∈ R. 2. T´ıpus

Z P (x) ln xdx, ahol P(x) egy polinom.

Ebben az esetben az g 0 (x) = P (x), f (x) = ln x szereposztással célravezet˝o a parciális integrálás. R 2a) Határozzuk meg az xn ln xdx határozatlan integrált. Legyen f (x) = ln x, g 0 (x) = xn (x > 0) és tegy¨ uk fel, hogy n 6= −1. Ekkor g(x) = R n xn+1 x dx = , x > 0 és parciális integrálással a következ˝ot kapjuk: n+1 Z Z Z Z n+1 xn+1 1 x n 0 0 x ln xdx = f g = f g − f g = ln x − dx = n+1 n+1x Z xn+1 xn+1 xn+1 xn = ln x − dx = ln x − + c, (c ∈ R). n+1 n+1 n+1 (n + 1)2 Ha n = −1, akkor g(x) = ln x, x > 0, ebben az esetben Z Z ln x ln x 2 dx = ln x − dx. x x


A fenti összef¨ uggés a keresett Z

2b) Határozzuk meg az f 0 (x) = 1/x.

R

R

ln x x dx

7

f¨ uggvényre egy egyenlet. Ezt megoldva

ln x 1 dx = ln2 x + c, (c ∈ R). x 2

ln xdx-et. Legyen g 0 (x) = 1, f (x) = ln x, x > 0. Ekkor g(x) = x,

Z

Z 1 ln xdx = x ln x −

3. T´ıpus

1 x dx = x ln x − x + c, (c ∈ R). x

Z

Z e

ax

eax cos bxdx.

sin bxdx vagy

A fenti integr´ alok esetében ha a szorzat bármely tagját jelölj¨ uk f -el a másikat meg g 0 -tal az eljárás célravezet˝o lesz. A következ˝o feladattal Rszemléltetj¨ uk az eljárást. Határozzuk meg az ex sin xdx határozatlan integrált. Legyen f (x) = sin x, g 0 (x) = ex , x ∈ R. Ekkor f 0 (x) = cos x, g(x) = ex . Z

Z ex sin xdx = ex sin x −

ex cos xdx.

R Az ex cos xdx meghatározása érdekében, alkalmazzuk még egyszer a parciális integrálás szabályát az f1 (x) = cos x, g 0 (x) = ex szereposztással. Ekkor f1 (x) = − sin x, g(x) = ex továbbá Z Z ex sin xdx = ex sin x − ex cos xdx = Z = ex sin x − [ex cos x − (− sin x)ex dx] = Z = ex sin x − ex cos x − sin xex dx. Tehát:

Z

Z x

x

x

e sin xdx = e sin x − e cos x − Ahonnan:

Z ex sin xdx =

sin xex dx

1 x (e sin x − ex cos x) + c, c ∈ R. 2

1.4.2 Feladatok Parciális integrálással határozzuk meg az alábbi integrálokat: R R 1) x2 ln x dx 2) ln2 x dx R R 3) x3 ln2 x dx 4) x2 ex dx

8

5) 7) 9)

1.4. Integrálási eljárások. R R R

11) 13) 15) 17)

R 6) (x2 − 2x)chx dx R 8) sin2 x dx R 10) cos2 x dx R 12) xn eαx dx R 14) eαx cos βx dx R 16) arcsin x dx R 18) x arccos x dx

(x3 − 2x2 + 1)ex dx x2 cos x dx sinn x dx R cosn x dx R x e sin 2x dx R x e (sin x − cos x) dx R x arctg x dx

1.4.3 Integrálás helyettes´ıtéssel A közvetett f¨ uggvény derivál´ asi szabályáb´ ol adódik a következ˝o tétel.

4. Tétel. (Integrálás helyettes´ıtéssel) Legyenek I és J intervallumok és tekints¨ uk az ϕ:I→J f :J →R f¨ uggvényeket, amelyek a következ˝o tulajdonságokkal rendelkeznek: a) ϕ deriválható az I intervallumon, b) legyen F a f primit´ıv f¨ uggvénye, ekkor az (f ◦ ϕ)ϕ0 f¨ uggvénynek az F ◦ ϕ f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvénye, következésképpen Z (f ◦ ϕ)ϕ0 = F ◦ ϕ + c, (c ∈ R).

Ugyanezen összef¨ uggést más jelölésmóddal fel´ırva Z (f (ϕ(t))) · ϕ0 (t) = F (ϕ(t)) + c, (c ∈ R, t ∈ I). ´ s. Mivel f -nek az F primit´ıv f¨ Bizony´ıta uggvénye a J intervallumon ezért F deriválható és F 0 (x) = f (x), ∀x ∈ J. Figyelembe véve, hogy a ϕ deriválható I-n, ezért F ◦ ϕ is deriválható I-n és a f¨ uggvények kompoziciójára vonatkozó deriválási szabály alapján (F ◦ ϕ)0 (t) = F 0 (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = f (ϕ(t)) · ϕ0 (t), ∀t ∈ I. R Tehát az F ◦ ϕ f¨ uggvény az (f ◦ ϕ)ϕ0 primit´ıv f¨ uggvénye, azaz (f ◦ ϕ)ϕ0 = F ◦ ϕ + c, (c ∈ R). ¤ A következ˝okben néhány példán kereszt¨ ul bemutatjuk a helyettes´ıt˝o módszer alkalmazását.


9

1.4.4 Példák 1) Határozzuk meg az

Z (at + b)n dt,

a 6= 0, n 6= −1.

integrált. Legyen ϕ(t) := at + b, f (x) = xn . Ekkor ϕ0 (t) = a és az integráljel alatti kifejezés fel´ırható Z Z 1 n (at + b) dt = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt a alakban. Mivel az f (x) = xn f¨ uggvénynek F (x) =

xn+1 primit´ıv f¨ uggvénye, ezért az n+1

el˝obbi tétel alapján Z 1 (at + b)n+1 (at + b)n dt = F (ϕ(t)) + c = · + c, (c ∈ R). a n+1 2) Határozzuk meg

Z tg t dt

³ π π´ t∈ − , 2 2

integrál.

sin t alakot ´ırva, legyen cos t = ϕ(t), ekkor ϕ0 (t) = − sin t és legyen f (x) = cos t 1/x. Tehát az integráljel alatti kifejezés fel´ırható Z Z 0 Z sin t ϕ (t) dt = − dt = − f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt cos t ϕ(t) A tg t =

alakban. Mivel az f f¨ uggvénynek a F (x) = ln |x| egy primit´ıv f¨ uggvénye, ezért Z tg t dt = −F (ϕ(t)) + c = − ln | cos t| + c, (c ∈ R). 3) Határozzuk meg

Z

1 dt t ∈ (0, π). sin t

integr lt. 1. M´ odszer. Azért, hogy az integrál alatti kifejezést f (ϕ(t))ϕ0 (t) alak´ u f¨ uggvényként ´ırjuk fel, a következ˝o átalak´ıtást végezz¨ uk 1 sin t sin t = = . 2 sin t 1 − cos2 t sin t 1 , amelynek a F (x) = Jelölj¨ uk ϕ := cos t, ϕ0 (t) = − sin t, legyen f = 1 − x2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 x − 1¯ − ln ¯¯ egy primit´ıv f¨ uggvénye. Ekkor 2 x + 1¯ Z

Z ϕ0 (t) dt = − f (ϕ(t))ϕ0 (t) = 1 − ϕ2 (t) ¯ ¯ 1 ¯¯ cos x − 1 ¯¯ = −F (ϕ(t)) + c = ln ¯ + c, (c ∈ R). 2 cos x + 1 ¯

1 dt = − sin t

Z

10


2. M´ odszer A következ˝o átalak´ıtásokat is végezhett¨ uk volna 1 = sin t

1 (tg (t/2))0 = . 2tg (t/2) tg (t/2) 1 + tg 2 (t/2)

t 1 Ha ϕ(t) = tg , f (x) = jelölés használjuk, akkor F (x) = ln |x|, és a helyettes´ıtési 2 x módszer alapján ¯ ¯ Z ¯ t¯ 1 ¯ dt = ln ¯tg ¯¯ + c, (c ∈ R). sin t 2

Megjegyzés A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´ odszerek alkamaz´ asa sor´ an kapott eredm´ enyek l´ atsz´ olag k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, azonban megfelel˝ o ´ atalak´ıt´ asokkal ki lehet mutatni, hogy a kapott eredm´ enyek egym´ ast´ ol legfeljebb egy konstansban t´ ernek el.

4) Határozzuk meg

Z p 1 + tg2 t dt,

t ∈ (−π/2, π/2),

integrált. A következ˝o átalaktást célszer˝ u végezni: Z p Z 1 + tg2 t 2 p 1 + tg t dt = dt. 1 + tg2 t ³ π π´ 1 → R, ϕ(t) = tg t, ϕ0 (t) = 1 + tg 2 t, f : R → R, f (x) = √ Legyen ϕ : − , . 2 2 √ 1 + x2 uggvénye és Ekkor F (x) = ln(x + 1 + x2 ) az f primit´ıv f¨ Z q

Z ϕ0 (t) p dt = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = 1 + ϕ2 (t) ³ ´ p = F (ϕ(t)) + c = ln tg t + 1 + tg2 t + c, (c ∈ R). Z

1 + tg 2 tdt =

Az 4. Tétel néhány speciális esetét a f konkrét megválasztásával a paragrafus végén táblázatban foglaljuk össze.

Példák Szám´ıtsuk ki a következ˝o f¨ uggvények primit´ıv f¨ uggvényeit: 1)

Z

e2x dx. 1 + ex

e2x folytonos f¨ uggvény. Legyen ex = t, innen x = ln t. 1 + ex Legyen ϕ : (0, +∞) → R, ϕ(t) = ln t. Ez a f¨ uggvény bijekt´ıv, az inverz f¨ uggvénye Az f : R → R, f (x) =


11

1 ϕ−1 : R → (0, ∞) t = ϕ−1 (x) = ex , deriválható: ϕ0 (t) = , t ∈ (0, ∞) és deriváltjának t nincs gyöke. Megkeress¨ uk az t2 1 t · = f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = 1+t t 1+t f¨ uggvény egy primit´ıv f¨ uggvényét, amelyet H-val jelöl¨ unk: Z Z Z Z t t + 1 1 f (ϕ(t)) · ϕ0 (t)dt = dt = dt − dt = 1+t t+1 t+1 = t − ln(1 + t) + c = H(t), c ∈ R. Innen a 6. Tétel alapján Z e2x dx = H ◦ ϕ−1 (x) = ex − ln(1 + ex ) + c, c ∈ R. 1 + ex 1 Röviden: ex = t ⇒ x = ln t, dx = dt, tehát t Z Z e2x 1 t2 dx = · dt = t − ln(1 + t) + c x 1+e 1+t t = ex − ln(1 + ex ) + x + c, c ∈ R. 2)

3)

Z

1 dx, x > 0. x(1 + ln2 x) Röviden: t = ln x ⇒ x = et , dx = et dt. Z Z Z 1 1 1 t dx = · e dt = dt = 2 t 2 e (1 + t ) 1 + t2 x(1 + ln x) = arctg t + c = arctg(ln x) + c, c ∈ R.

R√

a2 − x2 , ³ x ∈ (−a,á), a pozit´ıv. π π Legyen ϕ : − , → (−a, a) ϕ(t) = a sin t, a > 0, ϕ bijekt´ıv, deriválható és ³2 π2 π ´ x ϕ0 (t) 6= 0, ∀t ∈ − , ; ϕ−1 (x) = arcsin ; 2 2 pa g(t) = ϕ(ϕ(t))ϕ0 (t)dt = a2 − a2 sin2 t · a cos t = Z

Z g(t)dt =

= a2 cos2 t, Z Z 1 + cos 2t 0 2 2 2 f (ϕ(t))ϕ (t)dt = a cos t dt = a dt = 2

a2 (t + sin t cos t) + c = G(x), c ∈ R 2 Ã ! r R x x a2 x2 −1 arcsin + · 1 − 2 + c, c ∈ R. f (x)dx = G(ϕ (x)) = 2 a a a a Röviden: x = a sin t ⇒ t = arcsin , dx = a cos t dt x Z p Z p Z a2 − x2 dx = a2 − a2 sin2 t · a cos t dt = a2 cos2 t dt = Z 1 + cos 2t a2 = a2 = (t + sin t cos t) + c = 2 2 Ã ! r 2 x2 a x x 1 − 2 + c, c ∈ R. = arcsin + 2 a a a =

12


Hat´ arozatlan integr´ alok t´ abl´ azata ϕ : I → R folytonosan deriválható f¨ uggvény, c ∈ R

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6) (7) (8) (9)

(10)

(11) (12) (13)

(14)

(15)

R

R

R

ϕn (x)ϕ0 (x)dx =

ϕn+1 (x) + c, n+1

n∈N

ϕa (x)ϕ0 (x)dx =

ϕa+1 (x) + c, a+1

a ∈ R \ {−1}, ϕ(I) ⊂ (0, ∞)

aϕ(x) ϕ0 (x)dx =

aϕ(x) + c, ln a

R ϕ0 (x) dx = ln |ϕ(x)| + c, ϕ(x) R

R R R

a ∈ R∗+ \ {1}. ϕ(x) 6= 0, ∀x ∈ I

¯ ¯ ¯ ϕ(x) − a ¯ ϕ0 (x) 1 ¯ ¯ +, dx = ln ϕ2 (x) − a2 2a ¯ ϕ(x) + a ¯ 1 ϕ(x) ϕ0 (x) dx = arctg + C, 2 2 ϕ (x) + a a a

ϕ0 (x) cos ϕ(x)dx = sin ϕ(x) + c n

ϕ0 (x) dx = tg ϕ(x) + c, cos2 ϕ(x)

R

ϕ0 (x) dx = − ctg ϕ(x) + c, sin2 ϕ(x)

R R

R

R

a 6= 0

ϕ0 (x) sin ϕ(x)dx = − cos ϕ(x) + c

R

R

ϕ(x) 6= ±a, ∀x ∈ I, a 6= 0

ϕ(x) ∈ /

ϕ0 (x) ctg(ϕ(x))dx = ln | sin ϕ(x)| + c,

p

p

ϕ0 (x) ϕ2 (x) + a2 ϕ0 (x) ϕ2 (x)

−

a2

ϕ0 (x) a2 − ϕ2 (x)

dx = ln[ϕ(x) +

dx = ln |ϕ(x) +

dx = arcsin

∀x ∈ I

ϕ(x) ∈ / {kπ | k ∈ Z}, ∀x ∈ I

ϕ0 (x) tg(ϕ(x))dx = − ln | cos ϕ(x)| + c,

p

o π ¯¯ (2k + 1) ¯ k ∈ Z , 2

n ϕ(x) ∈ /

ϕ(x) ∈ / {kπ | k ∈ Z},

p

ϕ2 (x) + a2 ] + c,

p

ϕ2 (x) − a2 | + c,

ϕ(x) + c, a

o π ¯¯ (2k + 1) ¯ k ∈ Z , 2 ∀x ∈ I

a 6= 0 ϕ(I) ⊂ (−∞, −a) vagy ϕ(I) ⊂ (a, ∞), a > 0

a > 0, ϕ(I) ⊂ (−a, a)

∀x ∈ I


13

1.4.5 Gyakorlatok A helyettes´ıtési módszert alkalmazva határozzuk meg a következ˝o f¨ uggvények primit´ıv f¨ uggvényeit: R R 1) cos(3t − 1)dt 2) 2t2 (t3 + 1)5 dt R

x2 dx 4 + x3 R sin x 5) dx 1 + cos2 x R 1 + tg 2 x 7) dx tg x R dx 9) x ln x R 11. 2x sin(1 + x2 )dx R 13. sin3 x cos2 dx 3)

R sin x + cos x sin x − cos x R sin 2x 17. dx sin2 x + 4 R x 19. √ dx 1 − x4 15.

R

8x3 + 6x dx + 3x2 + 5 R 1 6) cos x R 3 8) x2 ex dx 4)

2x4

R ln x dx x R 12. sin x cos2 xdx R 14. sin3 xdx

10)

16. 18.

R R

(tg x + tg 3 x)dx √

sin 2x dx 1 − cos4 x

14


1.4.6. A racionális f¨ uggvények integrálása 1. Elemi t¨ ortf¨ uggv´ enyek Defin´ıci´ o. Elemi törtf¨ uggvénynek nevezz¨ uk az 1. f (x) := an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+ a0 , x ∈ R; A (n ∈ N+ ), x 6= a; 2. f (x) := (x − a)n Ax + B 3. f (x) := n ∈ N+ , (b2 − 4ac < 0), x ∈ R 2 (ax + bx + c)n alak´ u f¨ uggvényeket.

Tétel. Bármely racionális függvény felbontható véges számú elemi törtf¨ uggvény összegére, vagyis, ha f : I → R, f (x) :=

P (x) Q(x)

(Q(x) 6= 0, ∀x ∈ I)

racionális f¨ uggvény, ahol P és Q relat´ıv pr´ım polinomok, és Q valós egy¨ utthatós irreducibilis tényez˝okre bontása Q(x) =(x − a1 )α1 . . . (x − am )αm (x2 + p1 x + q1 )β1 . . . (x2 + pn x + qn )βn (x2 + pi x + qi = 0-nak nincs valós gyöke, i = 1, n), akkor f (x) = L(x) +

+

n X



m X i=1

"

# (i) (i) (i) A2 Aαi A1 + + + ··· + (x − ai )αi (x − ai )αi −1 x − ai

(j) (j)  B 1 x + C1 (x2 + pj x + qj )βj j=1 (i)

(j)

 (j) (j) (j) (j) Bβj x + Cβj B2 x + C2  + 2 + ··· + 2 (x + pj x + qj )βj −1 x + pj x + qj

(j)

(L polinom, Ak , Bh , Ch , pj , qj ∈ R, p2j − 4qj < 0). A következ˝oben néhány példán kereszt˝ol bemutatjuk, hogy hogyan végezz¨ uk el a gyakorlatban a racionális törtf´ uggvény elemi törtekre bontását. Bontsuk elemi törtf¨ uggvények összegére az f : I → R racionális f¨ uggvényeket: 7x + 4 1) f (x) := 3 . x + x2 − 8x − 12 Megold´ as. Ha a számláló fokszáma kisebb mint a nevez˝o fokszáma, akkor L(x) = 0. El˝oször a nevez˝ ot valós egy¨ utthatós irreducibilis tényez˝ok szorzatára bontjuk. x3 + x2 − 8x − 12 = (x + 2)2 (x − 3), ´ıgy

A B C 7x + 4 = + + . (x + 2)2 (x − 3) (x + 2)2 x+2 x−3


15

Az A, B, C valós állandókat a határozatlan egy¨ utthatók módszerével szám´ıtjuk ki: 7x + 4 A(x − 3) + B(x + 2)(x − 3) + C(x + 2)2 = ; (x + 2)2 (x − 3) (x + 2)2 (x − 3) 7x + 4 (B + C)x2 + (A − B + 4C)x + (−3A − 6B + 4C) = , (x + 2)2 (x − 3) (x + 2)2 (x − 3) ahonnan a

  

B+C =0

A − B + 4C = 7   −3A − 6B + 4C = 4 egyenletrendszert kapjuk, melynek megoldása: A = 2, B = −1, C = 1. Tehát f (x) = 2) f (x) := Megold´ as.

2 1 1 + . − 2 (x + 2) x+2 x−3

x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 . (x2 − x + 1)2 (3x − 2)

x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 Ax + B Cx + D E = 2 + 2 + . 2 2 2 (x − x + 1) (3x − 2) (x − x + 1) x − x + 1 3x − 2 A határozatlan egy¨ utthatók módszerével azt kapjuk, hogy A = 2, B = 0, C = 0, D = −4, E = 1, tehát 2x 4 1 f (x) = 2 − 2 + . 2 (x − x + 1) x − x + 1 3x − 2 2x4 + 6x3 + 9x2 + 1 . (x + 1)3 Megold´ as. Ha a számláló fokszáma nagyobb mint a nevez˝o fokszáma, akkor el˝oször elosztjuk a számlálót a nevez˝ovel. A maradékos osztás tétele alapján P (x) = L(x) · Q(x) + P1 (x), ahol gr P1 < gr Q. Ekkor

3) f (x) :=

f (x) =

L(x) · Q(x) + P1 (x) P1 (x) = L(x) + . Q(x) Q(x)

P1 (x) tört számlálójának fokszáma kisebb mint a nevez˝o fokszáma, Q(x) ezért a felbontás az el˝oz˝o példákhoz hasonlóan történik. A számlálót a nevez˝ovel osztva, azt kapjuk: A fenti kifejezésben a

f (x) = 2x + A

3x2 − 2x + 1 . (x + 1)3

3x2 − 2x + 1 elemi törtekre bontása: (x + 1)3 A B C 3x2 − 2x + 1 = + + . (x + 1)3 (x + 1)3 (x + 1)2 x+1

16


A határozatlan egy¨ utthatók módszerével számolva A = 6, B = −8, C = 3, tehát 6 8 3 f (x) = 2x + + + . 3 2 (x + 1) (x + 1) x+1 2. Az elemi t¨ ortf¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa I. Az f : I → R, x → an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 polinomf¨ uggvényt tagonként integráljuk. P´ elda Z (3x4 − 7x2 + x + 2)dx = 3 II. Az f : I → R, x → integrál´ asa:

x3 x2 3 7 1 x5 −7 + + 2x + c = x5 − x3 + − x2 + 2x + c, c ∈ R. 5 3 2 5 3 2

A (n ∈ N∗ , I ⊂ (−∞, a) vagy I ⊂ (a, +∞)) f¨ uggvény (x − a)n

R

A dx = A ln |x − a| + c, c ∈ R. x−a R A A 1 b) Ha n ≥ 2, akkor dx = − · + c, c ∈ R. (x − a)n n − 1 (x − a)n−1 a) Ha n = 1, akkor

Megjegyzés Ha f (x) =

A A 1 p (m 6= 0) alak´ u, akkor f (x) = n · , ahol = −a. Teh´ at az f (x) = (mx + p)n m (x − a)n m

A racion´ alis f¨ uggv´ eny integr´ al´ asa visszavezethet˝ o az el˝ obbi esetre. (mx + p)n

P´ eld´ ak: Szám´ıtsuk ki a következ˝o f¨ uggvények határozatlan integrálját: 1 1) f (x) := , x ∈ (3, +∞). (x − 3)4 Megold´ as. Legyen ϕ(x) = x − 3, ϕ0 (x) = 1. Z Z 1 −3 1 1 f (x)dx = ϕ−4 (x)ϕ0 (x)dx = ϕ (x) + c = − · + c, c ∈ R. −3 3 (x − 3)3 µ ¶ 7 5 2) f (x) := , x ∈ −∞, − . (2x + 5)3 2 Megold´ as. Legyen ϕ(x) = 2x + 5, ϕ0 (x) = 2. Z Z 7 7 1 −2 7 1 f (x)dx = ϕ−3 (x)ϕ0 (x)dx = · ϕ (x) + c = − · + c, c ∈ R. 2 2 −2 4 (2x + 5)2 Ax + B , (n ∈ N∗ , ∆ = b2 − 4ac < 0) f¨ uggvény + bx + c)n " # µ ¶2 b ∆ integrál´ asakor el˝oször az ax2 + bx + c = a x + − 2 átalak´ıtást végezz¨ uk 2a 4a

III. Az f : I → R, f (x) =

(ax2


17

b el. A t = x + változócserével az alábbi t´ıpus´ u integrálokra vezetj¨ uk vissza a 2a f¨ uggvény integrálását: R R x 1 a) dx b) dx 2 2 x +a x2 + a2 R R x 1 c) dx d) dx, n = 6 1. (x2 + a2 )n (x2 + a2 )n Az a) integr´ al az alapintegrál szerint: Z

1 x 1 dx = arctg + c, c ∈ R. x2 + a2 a a

A b) és c) integrálokat helyettes´ıtéssel szám´ıtjuk ki. Legyen ϕ(x) = x2 + a2 , ekkor ϕ0 (x) = 2x, Z

Z

x 1 dx = x2 + a2 2

x 1 dx = (x2 + a2 )n 2

Z

ϕ0 (x) 1 dx = ln(x2 + a2 ) + c, c ∈ R. ϕ(x) 2

Z ϕ0 (x) · ϕ−n (x)dx = −

1 1 · + c, (n 6= 1). 2(n − 1) (x2 + a2 )n−1

A d) t´ıpus´ u integrált egy rekurziós összef¨ uggés seg´ıtségével határozzuk meg. A rekurziós összef¨ uggéshez parciális integrálással jutunk. Z In =

1 1 dx = 2 2 2 n (x + a ) a

Z

a2 1 dx = 2 2 2 n (x + a ) a

1 1 In−1 − 2 a2 2a

Z

Z

x2 + a2 − x2 dx = (x2 + a2 )n

2x2 dx . + a2 )n

(x2

A parciális integrálás alapján ez utóbbi integrál a következ˝o alakra hozható (f (x) = x, g 0 (x) = 2x/(x2 + a2 )n jelöléssel) Z

Z 2x2 dx x 1 dx = − = 2 2 n 2 2 n−1 2 (x + a ) (1 − n)(x + a ) 1−n (x + a2 )n−1 x In−1 = − , (1 − n)(x2 + a2 )n−1 1−n

következésképpen In =

x 2(n −

1)a2 (x2

+

a2 )n−1

+

2n − 1 In−1 , n = 2, 3, . . . . 2(n − 1)a2

Mivel I1 -et már kiszám´ıtottunk, a fenti rekurzió seg´ıtségével In kiszámolható bármely n = 2, 3, . . . értékére. R Ax + B A Jn = dx, (n > 1, ∆ = b2 − 4ac < 0) integrál kiszám´ıtása visszaveze(ax2 + bx + c)n thet˝o az In -re a következ˝o átalak´ıtásokkal: A Jn = 2a

Z

2Ba Z 2ax + b + 2Ba − b A A A dx = dx = (ax2 + bx + c)n 2a (ax2 + bx + c)n 2ax +

18


A 2a

Z

bA (ax2 + bx + c)0 dx + (B − ) 2 n (ax + bx + c) 2a

Az utóbbi integrálban az y = x +

Z

dx . b −∆ an [(x + )2 + 2 ]n 2a 4a

b vátozócserét elvégezve az 2a

A bA b + (B − )In (x + ) 2 n−1 2a(1 − n)(ax + bx + c) 2a 2a

Jn = eredményre jutunk. P´ eld´ ak:

Szám´ıtsuk ki a következ˝o f¨ uggvények határozatlan integrálját: 1 , x ∈ R. 1. f (x) := 2 (x + 1)3 Megold´ as. Felhasználjuk a 3. b) pontban fel´ırt rekurziós összef¨ uggést: R 1 I1 = dx = arctg x + c, c ∈ R; x2 + 1 µ ¶ µ ¶ R 1 1 x 1 x I2 = dx = + I = + arctg x + c, c ∈ R; 1 2 (x2 + 1)2 2 · x2 + 1 ¸2 x + 1 R 1 x 1 I3 = dx = + 3I2 = 2 + 1)3 2 + 1)2 (x 4 (x · µ ¶¸ 1 x 3 x = + + arctg x + c, c ∈ R. 4 (x2 + 1)2 2 x2 + 1 Tehát Z 1 x 3 x 3 f (x)dx = I3 = · 2 + · 2 + arctg x + c, c ∈ R. 2 4 (x + 1) 8 x +1 8 2. f (x) =

x2

1 , x ∈ R. + 3x + 4

Megold´ as. A nevez˝o diszkriminánsa 4 = 9 − 16 = −7, tehát

R

1 f (x) = µ ¶2 3 7 x+ + 2 4

3 elvégezve a t = x + , dt = dx helyettes´ıtést az f f¨ uggvény integrálját a következ˝o 2 integrálra vezetj¨ uk vissza: Z

√ √ 1 2 7 2 7t Ã √ ! dt = arctg + c, c ∈ R 7 7 7 2 t + 2

tehát µ ¶ 3 √ √ Z 2 7 x+ 2 7 2 7 7(2x + 3) 2 f (x)dx = arctg +c= arctg + c, c ∈ R. 7 7 7 7 √

3. f (x) :=

√

3x − 5 , x ∈ R. + 6x + 5

2x2


19

Megold´ as. A nevez˝o diszkriminánsa: 4 = 36 − 40 = −4, a nevez˝o deriváltja: (2x2 + 6x + 0 5) = 4x + 6. µ ¶ 5 Z Z 4 x− +6−6 3 3 dx = f (x)dx = 4 2x2 + 6x + 5 Z Z 3 4x + 6 19 1 = dx − dx. 4 2x2 + 6x + 5 2 2x2 + 6x + 5 Z 0 Z ϕ (x) 4x + 6 dx = = ln |ϕ(x)| + c = ln(2x2 + 6x + 5) + c, c ∈ R. I1 = 2 2x + 6x + 5 ϕ(x) ϕ(x) = 2x2 + 6x + 5, ϕ0 (x) = 4x + 6. Z Z 1 1 1 = I2 = µ ¶2 µ ¶2 dx = 2x2 + 6x + 5 2 3 1 x+ + 2 2 µ ¶ 1 3 = · 2 arctg 2 x + + c = arctg(2x + 3) + c, c ∈ R. 2 2 Tehát Z f (x)dx =

19 3 19 3 I1 − I2 = ln(2x2 + 6x + 5) − arctg(2x + 3) + c, c ∈ R. 4 2 4 2

1.4.7 Trigonometrikus f¨ uggvények racionális kifejezéseinek integrálása 1. Egyszer˝ ubb t´ıpusok 1. a) sin2n+1 x cosk x alak´ u kifejezések integrálásakor a következ˝o átalak´ıtásokat végezz¨ uk: sin2n+1 x cosk x = sin x sin2n x cosk x = sin x(1 − cos2 x)n cosk x. A hatványozás és a szorzás m˝ uveleteket elvégezve, az f (x) = cos x, f 0 (x) = − sin x jelölést használva, az összeg minden egyes tagja λf n (x)f 0 (x) t´ıpus´ u lesz, tehát az integrál´ as tagonként elvégezhet˝o lesz. P´ eld´ ak: 1. a)-hoz R R R 5 1. R sin xdx = R sin x sin4 xdx = R sin x(1 − cos2 x)2 dx = 4 sin xdx −R2 sin x cos2 xdx + R 0 sin x4cos xdx = 0 2 − cos x + 2 f (x)f (x)dx − f (x)f (x)dx = 1 2 1 2 − cos x + f 3 (x) − f 5 (x) + c = cos x + cos3 x − cos5 x + c, c ∈ R. 3 5 3 5 R R R R 2. sin3 x cos xdx = sin x sin2 x cos xdx = sin x(1 − cos2 x) cos xdx = sin x cos R R R 1 1 xdx − sin x cos3 xdx = − f 0 (x)f (x)dx + f 0 (x)f 3 (x)dx = − f 2 (x) + f 4 (x) + c = 2 4 1 1 − cos2 x + cos4 x + c, c ∈ R. 2 4

20


1. b) cos2n+1 x sink x alak´ u kifejezések integrálásakor a következ˝o átalak´ıtást végezz¨ uk cos2n+1 x sink x = cos x cos2n x sink x = cos x(1 − sin2 x)n sink x. A kijelölt m˝ uveleteket elvégezve, az f (x) = sin x, f 0 (x) = cos x jelölést használva, az összeg minden egyes tagja λf n (x)f 0 (x) t´ıpus´ u lesz, tehát az integrálás tagonként elvégezhet˝o lesz. P´ eld´ ak 1. b)-hez: R R R 2 3 2 1. cos R xdx = Rcos x cos 2xdx = cos x(1 − sin x)dx = = cos xdx − cos x sin xdx 1 = sin x − sin3 x + c, c ∈ R. 3 R R R 2 5 2. cos x sin xdx = cos x cos4 x sin2 xdxR = cos x(1 − sin2 x)2 sin2 xdx = R R = cos x sin2 xdx − 2 cos x sin4 xdx + cos x sin6 xdx = 1 2 1 = sin3 x − sin5 x + sin7 x + c, c ∈ R. 3 5 7 1. c) Ha az integrandusban a szinusz és a coszinusz is páros hatványon szerepelnek, azaz sin2n x cos2m x kifejezést akarjuk integrálni, akkor a kétszeres szögf¨ uggvényeire tanult azonosságokat használjuk az integrandus átalak´ıtására, azaz az 1 sin 2x 2 1 − cos 2x sin2 x = 2 1 + cos 2x cos2 x = . 2

sin x cos x =

összef¨ ugg´ R eseket. Az sin2n x cos2m xdx integrálban elvégezve a fenti összef¨ uggések alapján az átalak´ıtásokat az 1.a) vagy 1.b) t´ıpus´ u integrálok kiszám´ıtása lesz a feladat. P´ eld´ ak 1. c)-hez: R R 1 − cos 2x 1 1 1R 1 cos 2xdx = x − sin 2x + c, c ∈ R. 1. sin2 xdx = dx = x − 2 2 4 ¶2 ¶ µ µ2 R 1 1 R R 1 + cos 2x 2 1 1 4 dx = + cos 2x + cos2 2x dx = x + 2. cos xdx = 2 4 2 4 4 1 1 R 1 + cos 4x 1 1 1 1 sin 2x + dx = x + sin 2x + x + sin 4x + c, c ∈ R. 4 4 2 4 4 8 32 2 R R R sin 2x 2 3. sin2 x cos4 xdx = (sin x cos x) cos2 xdx = cos2 xdx = 4 1 R 1 R 1 − cos 4x 1 + cos 2x = dx = (1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x) dx = 4µ 2 2 16 ¶ R cos 6x + cos 2x 1 1 1 x + sin 2x − sin 4x − dx = 16 µ 2 4 2 ¶ 1 1 1 1 1 x + sin 2x − sin 4x − sin 6x + sin 2x + c, c ∈ R. 16 2 4 12 4 R A fenti példában találkoztunk az cos ax cos bxdx t´ıpus´ u integrállal és láttuk, hogy kiszám´ıtásakor a koszinuszok szorzatát kifejezt¨ uk koszinuszok összegével. Az eljárás általában is alkalmazható. Az Z Z Z cos ax cos bxdx, cos ax sin bxdx, sin ax sin bxdx


21

integrálokat u ´gy szám´ıtjuk ki, hogy el˝oször az integrandus alatti kifejezéseket átalak´ıtjuk a következ˝o trigonometrikus azonosságok seg´ıtségével 1 (cos(a + b)x + cos(a − b)x) 2 1 sin ax sin bx = − (cos(a + b)x − cos(a − b)x) 2 1 cos ax sin bx = (sin(a + b)x − sin(a − b)x), 2

cos ax cos bx =

majd tagonként elvégezz¨ uk az integrálást. R 2. Az R(sin x, cos x, tgx, ctgx) (ahol R egy racionális kifejezés) alak´ u integrálok kiszám´ıt´ askor mindig célravezet˝o a x 2 t = tg , dx = dt, 2 1 + t2 1 − t2 ctgt = 2t

sin x =

2t , 1 + t2

cos x =

1 − t2 , 1 + t2

tgt =

2t , 1 − t2

helyettes´ıtés. P´ eld´ ak:

³ π´ R 1 + cos x dx x ∈ 0, integrált. 1 − sin x 2 Elvégezve a fent le´ırt változó cserét a következ˝ot kapjuk:

1. Szám´ıtsuk ki az

Z

2 Z 1+ 1−t Z 2 1 + cos x 2 2 2 1 + t dx = dt = dt. 2t 1 + t2 1 − sin x (1 − t)2 1 + t2 1− 1 + t2

Az integrandus t-ben racionális törtf¨ uggvény, amit parciális törtekre bontunk. 2 2 A B Ct + D = + + 2 ; 2 2 2 (1 − t) 1 + t (t − 1) (t − 1) t +1 4 = A(t2 + 1) + B(t − 1)(t2 + 1) + (Ct + D)(t − 1)2 ; 4 = (B + C)t3 + (A − B − 2C + D)t2 + (B + C − 2D)t + (A − B + D). Az egy¨ utthatók egyenl˝oségéb˝ol a következ˝ o egyenletrendszert kapjuk:  B+C =0     A − B − 2C + D = 0  B + C − 2D = 0    A − B + D = 4, amelynek megoldása A = C = 2, B = −2, D = 0. Behelyettes´ıtve az egy¨ utthatókat Z

2 2 dt = (1 − t)2 1 + t2

2 − − 2 ln |t − 1| + t−1

Z

Z µ

2 2 2t − + (t − 1)2 (t − 1) t2 + 1

¶ dt =

2 (1 + t2 )0 dt = − − 2 ln |t − 1| + ln(1 + t2 ) + c, c ∈ R. (1 + t2 ) t−1

22

1.4.8. Irracionális f¨ uggvények integrálja

R 1 + cos x 2 x x dx = − x − 2 ln |tg − 1| + ln(1 + tg 2 ) + c, c ∈ R. 1 − sin x 2 2 tg − 1 2 ³ ´ R sin x π π 2. Szám´ıtsuk ki az I(x) = dx, x ∈ − , . sin x + cos x 4 2 Hasonlóan mint az el˝oz˝o feladat esetén, elvégezve a változócserét a Z tdt −4 2 (t + 1)(t2 − 2t − 1) Tehát

integrálhoz jutunk, amely elemi törtekre bontással egyszer˝ uen kiszám´ıthatunk. Azonban fel szeretnénk h´ıvni a figyelmet arra, hogy ezt az integrált még két másik eljárással is meg lehet határozni. Ha az integrandus alatti racionális kifejezére teljes¨ ul az R(sin x, cos x) = 1 R(− sin x, − cos x) egyenl˝ os´ eg, akkor a t = tgx, dx = helyettes´ıt´ es egyszer˝ ubb 1 + t2 x racionális integrálandó f¨ uggvényhez vezet, mint a t = tg helyettes´ıtés. Az el˝oz˝o feladat 2 megoldása ezzel a helyettes´ıtéssel a következ˝ o lesz: Z Z Z sin x tgx t I(x) = dx = dx = dt = sin x + cos x tgx + 1 (t + 1)(t2 + 1) ¶ µ ¶ Z µ 1 1 t+1 1 1 − + 2 dt = − ln |t + 1| + ln |t2 + 1| + arctgt + c = 2 t+1 t +1 2 2 µ ¶ 1 1 2 − ln |tgx + 1| + ln |tg x + 1| + x + c. 2 2 R cos x Egy harmadik megoldási eljárás a következ˝o: Tekints¨ uk a J(x) = dx sin x + cos x integrált. Vegy¨ uk észre, hogy  R sin x + cos x  dx = x + c  I(x) + J(x) = sin x + cos x R sin x − cos x R (sin x + cos x)0   I(x) − J(x) = dx = − dx = ln | sin x + cos x| + c. sin x + cos x sin x + cos x 1 ulönböznek Innen I(x) = (ln | sin x + cos x|) + x) + c, c ∈ R. Az eredmények látszólag k¨ 2 egymástól, de azonos átalak´ıtásokat végezve igazolhatók, hogy legfeljebb egy konstansban k¨ ulönböznek. (Ennek ellen˝orzését az olvasóra b´ızzuk.)

1.4.8. Irracionális f¨ uggvények integrálja Az irracionális f¨ uggvények általában csak akkor integrálhatók elemien, ha fel´ırhatók megfelel˝oen választott u ´j változónak racionális f¨ uggvényeként. A következ˝okben néhány ilyen esetet tárgyalunk. ! Ã r R ax + b dx, n ≥ 2 term´ eszetes sz´ am, R racion´ alis k´ etv´ altoz´ os 1. Az R x, n cx + d val´ os f¨ uggv´ eny. Ekkor a ax + b = tn , cx + d


23

változó cserével a t változóban racionális integrálhoz jutunk. Azaz tekintj¨ uk az dtn − b x = ϕ(t) = a − ctn helyettes´ıtést az R f¨ uggvény értelmezési tartományának egy I intervallumából. Ekkor a ϕ : I → I deriváltja folytonos, ϕ, ϕ0 racionális f¨ uggvények, tehát R(ϕ(t), t)ϕ0 (t) racionális f¨ uggvényt értelmez és határozatlan integrálja létezik és a tanult eljárásokkal kiszám´ıthat´ o. P´ eld´ ak: Szám´ıtsuk ki a következ˝o határozatlan integrálokat: 1.

Z

√ (x + 2) 3 x + 1dx.

Jelölj¨ uk t=

√ 3

x + 1, ekkor x = ϕ(t) = t3 − 1,

ϕ : R → R,

ϕ0 (t) = 3t2 .

Alkalmazva a fenti helyettes´ıtést a következ˝ ot kapjuk: Z Z √ 3 3 (x + 2) 3 x + 1dx = (t3 + 1)3t3 dt = t7 + t4 + c = 7 4 √ 3 √ 3 = ( 3 x + 1)7 + ( 3 x + 1)4 + c, c ∈ R. 7 4 2.

Z

1 x

r

1−x dx x ∈ (−1, 1). 1+x

Jelölj¨ uk r t=

1−x , 1+x

x = ϕ(t) =

1 − t2 1 + t2

ϕ : (0, +∞) → (−1, 1),

ϕ0 (t) =

−4t . + 1)2

(t2

A fenti helyettes´ıtés alkalmazás´ aval a következ˝ot kapjuk: r Z Z 2 Z 1 1−x t +1 −4t −t2 dx = t dt = 4 dt = x 1+x 1 − t2 (t2 + 1)2 (1 − t2 )(1 + t2 ) µ ¶ µ ¶ Z Z 1 1 1 1 =4 1− dt = 4 arctg t + 2 + dt = 1 − t2 1 + t2 1 − t2 1 + t2 ¯r ¯ ¯ ¯ 1−x r ¯ ¯ ¯ ¯ − 1 ¯t − 1¯ ¯ ¯ ¯ + c = 6 arctg 1 − x + ln ¯ r 1 + x ¯ + c, c ∈ R. = 6 arctg t + ln ¯¯ ¯ ¯ ¯ t+1 1+x ¯ 1−x ¯ + 1¯ ¯ 1+x √ 2. Az R(x, a2 − x2 ), x ∈ (−a, a), a > 0, alak´ u integr´ alok, ahol R k´ etv´ altoz´ os val´ os racion´ alis f¨ uggv´ eny. √ Ha az integrandus f¨ uggetlen változónak, az x valamint a2 − x2 -nek racionális f¨ uggvénye, akkor az x = a sin t, a > 0, t ∈ (−π/2, π/2), q p a2 − x2 = a2 (1 − sin2 t) = a cos t

dx = a cos tdt,

24


helyettes´ıtéssel trigonometrikus integrállá alak´ıtható. P´ elda: Szám´ıtsuk ki a következ˝o határozatlan integrált: 1.

Z x2

p

4 − x2 dx, x ∈ (−2, 2).

Az x = 2 sin t,

t ∈ (−π/2, π/2),

dx = 2 cos t,

helyettes´ıtést alkalmazva a következ˝ot kapjuk: Z

Z Z p p x2 4 − x2 dx = 4 sin2 t 4 − 4 sin2 t2 cos tdt = 16 sin2 t cos2 tdt = Z Z 1 = 4 sin2 2tdt = 2 (1 − cos 4t)dt = 2t − sin 4t + c = 2 ¶ µ 2 √ x x 4 − x2 1 − x 2 = 2 arcsin − + c, c ∈ R. 2 2

√ 3. Az R(x, a2 + x2 ) alak´ u integr´ alok, ahol R k´ etv´ altoz´ os val´ os racion´ alis f¨ uggv´ eny. √ Ha az integrandus f¨ uggetlen változónak, az x, valamint a2 + x2 -nek a racionális f¨ uggvénye, akkor az x = a sinh t,

t ∈ R,

q p a2 + x2 = a2 (1 + sinh2 t) = a cosh t

dx = a cosh tdt,

helyettes´ıtéssel a gyöktényez˝o kik¨ uszöbölhet˝o. P´ eld´ ak: Alkalmazva az el˝oz˝o helyettes´ıtést, szám´ıtsuk ki a következ˝o integrálokat: 1.

Z x2

p

1 + x2 dx

Az x = sinh t, helyettes´ıtéssel

t ∈ R,

dx = cosh tdt,

Z 2

x

p

q 1+

x2

=

(1 + sinh2 t) = cosh t

Z

p

1+

x2 dx

=

sinh2 t cosh2 tdt

integrálhoz jutunk. Mivel sinh2 t = (cosh 2t − 1)/2, cosh2 t = (cosh 2t + 1)/2, ezért Z Z Z p 1 1 x2 1 + x2 dx = (cosh 2t − 1)(cosh 2t + 1)dt = (cosh2 2t − 1)dt = 4 4 Z 1 cosh 4t + 1 t sinh 4t t t dt − = + − + c, c ∈ R. 4 2 4 32 8 4


25

Mivel xp= sinh t és sinh 4t = 2 sinh 2t cosh 2t = 4 sinh t cosh t(sinh2 t + cosh2 t) = √ 4 sinh t 1 + sinh2 t(sinh2 t + 1 + sinh2 t) = 4x 1 + x2 (1 + 2x2 ), ezért Z x2

p 1 p 1 1 + x2 dx = x 1 + x2 (1 + 2x2 ) − arsinh x + c, c ∈ R. 8 8

2.

Z √

x3 dx. 4 + 25x2

El˝oször a nevez˝ob˝ol kiemel¨ unk 5-öt a nevez˝ob˝ol: Z √

x3 1 dx = 5 4 + 25x2

Z

x3 sµ ¶ dx. 2 2 + x2 5

2 Ha x = sinh t, akkor a gyök alatti mennyiség 5 2 cosh tdt, 5 Z

8 625

x3 1 √ dx = 2 5 4 + 25x Z

Z

sµ ¶ 2 2 2 + x2 = cosh t és dx = 5 5

8 Z sinh3 t 2 8 125 cosh tdt = sinh3 tdt = 2 5 625 cosh t 5

8 sinh t(cosh t − 1)dt = 625

Z

2

8 sinh t cosh tdt − 625 2

Z sinh tdt =

vÃ sµ ¶ !3 u µ ¶2 2 4 8 8 1u 2 2 3 t − cosh t − cosh t + c = + x2 + x2 + c, c ∈ R. 1875 625 3 5 25 5 √ 4. Az R(x, x2 − a2 ) alak´ u integr´ alok, ahol R k´ etv´ altoz´ os val´ os racion´ alis f¨ uggv´ eny. √ Ha az integrandus a f¨ uggetlen változónak, x-nek, valamint x2 − a2 -nek a racionális f¨ uggvénye, akkor az x = a cosh t, t ∈ [0, ∞), dx = a sinh tdt,

p

q x2 − a2 =

helyettes´ıtéssel a gyöktényez˝o kik¨ uszöbölhet˝o. P´ eld´ ak: 1.

Z p

(x2 − 1)3 dx,

x ≥ 1.

a2 (cosh2 t − 1) = a sinh t

26


Jelölj¨ uk x = cosh t,

t ≥ 1, akkor dx = sinh tdt,

√

x2 − 1 = sinh t és

¶2 Z p Z Z Z µ cosh 2t − 1 (x2 − 1)3 dx = sinh3 t sinh tdt = sinh4 tdt = dt = 2 Z Z Z 1 1 1 1 cosh 4t + 1 1 1 = cosh2 2tdt − cosh 2tdt + t = dt − sinh 2t + t = 4 2 4 4 2 4 4 1 1 3 1 p 2 1 p 2 2 = sinh 4t − sinh 2t + t + c = x x − 1(2x − 1) − x x − 1+ 32 4 8 8 2 3 + arcosh x + c, c ∈ R. 8 √ R 5. Tekints¨ uk az R(x, ax2 + bx + c)dx, integr´ alt ahol R k´ etv´ altoz´ os val´ os racion´ alis f¨ uggv´ eny. Az R értelmezési tartománya f¨ ugg a másodfok´ u trinom el˝ojelét˝ol és az R f¨ uggvény nevez˝ojét˝ol. Az integrált mindig az értelmezési tartomány egy I ⊂√ R intervallumán vessz¨ uk. Ha az integrandus a f¨ uggetlen változónak, x-nek, valamint ax2 + bx + c-nek a racionális f¨ uggvénye, akkor a paraméterek természetét˝ol f¨ ugg˝oen a következ˝o módon alak´ıtjuk át az irracionális kifejezést: I. M´ odszer. √ √ I. a) Ha a > 0, akkor a-t, ha a < 0, akkor −a-t emel¨ unk ki a gy¨ okjel el´ e. I. b) Legyen a > 0, akkor a kiemelés elvégzése után a gyök alatti mennyiséget fel´ırjuk két négyzet összegeként vagy k¨ ulönbségeként (azaz a másodfok´ u kifejezést kanonikus alakra hozzuk): sµ r ¶2 µ ¶ p √ √ b c b c b2 2 2 ax + bx + c = a x + x + = a x+ + − . a a 2a a 4a2 Jelölj¨ uk ∆ = b2 − 4ac-vel a másodfok´ u kifejezés diszkriminánsát és végezz¨ uk el az y =x+

b , 2a

dx = dy

vátozócserét, ´ıgy az Z R(x,

! r b √ ∆ 2 + bx + c)dx = R y − , a y − 2 dy = 2a 4a Ã r ! Z ∆ = R1 y, y 2 − 2 dy, 4a Z

p

ax2

Ã

ahol R1 szintén egy kétváltozós racionális kifejezés. Ha a ∆ > 0, akkor az utóbbi integrált a 3.-ban tárgyaltak alapján az √ √ ∆ ∆ cosh t, t ∈ [0, ∞), dy = sinh tdt, y= 2a 2a változó csere alkalmazásával szám´ıtjuk ki. Ha a ∆ < 0 akkor 2.-ban tárgyaltak alapján az √ √ −∆ −∆ sinh t, t ∈ R, dx = cosh tdt x= 2a 2a


27

változócserével vezetj¨ uk √ vissza racionális tört integráljához. I. c) Ha az a < 0, akkor −a-t emel¨ unk ki az integrál jel alól és kanonikus alakra hozzuk a gyök alatti másodfok´ u kifejezést: p

s µ ¶2 √ b c b b2 c ax2 + bx + c = −a −x2 − x − = −a − x + + 2− = a a 2a 4a a s µ ¶2 √ b ∆ = −a − x + + 2. 2a 4a √

r

Ha a ∆ < 0, akkor a gyök alatti mennyiség x bármely értékére negat´ıv, tehát az integrandus a valós számok halmazán nem értelmezett és ´ıgy a feladat nem oldható meg. Ha a ∆ > 0, akkor el˝oször az y =x+

b , 2a

dx = dy

vátozócserével Z

³ R x,

! Ã r Z ´ √ b ∆ ax2 + bx + c dx = R y − , −a −y 2 + 2 dy = 2a 4a ! Ã r Z ∆ = R2 y, −y 2 + 2 dy, 4a

p

majd az 1. alapján az √

∆ y= sin t, 2|a|

√ t ∈ (−π/2, π/2),

dy =

∆ cos tdt 2|a|

változócserével vezetj¨ uk vissza racionális tört integráljára. II. M´ odszer. Az Euler f´ ele helyettes´ıt´ esek. II.a) Ha az a > 0 akkor az p

ax2 + bx + c =

√

ax + t,

x=

t2 − c √ = ϕ(t), −2 at + b

ϕ:I→I

dx = ϕ0 (t)dt

változócserét végezz¨ uk el. Mivel ϕ0 folytonos, ϕ és ϕ0 racionális f¨ uggvények ezért a vátozócsere alkalmazása során Z Z p √ R(x, ax2 + bx + c)dx = R(ϕ(t), aϕ(t) + t)ϕ0 (t)dt. Ez utóbbi integrálban az integrandus t-nek racionális f¨ uggvénye, tehát kiszám´ıtható. P´ elda: Az el˝obbi módszer alkalmazásával szám´ıtsuk ki a következ˝o integrált: Z x+

√

dx , x2 + x + 1

x ∈ (0, +∞).

28

1.4.8. Irracionális f¨ uggvények integrálja √

x2 + x + 1 = x + t. Az egyenl˝oség mindkét t2 − 1 oldalát négyzetre emelj¨ uk, majd kifejezz¨ uk x-et és azt kapjuk, hogy x = = ϕ(t), 1 − 2t 2 2(t − t − 1) ϕ : (−∞, 1) → (0, +∞) továbbá ϕ0 (t) = . Elvégezve a helyettes´ıtést a (1 − 2t)2 következ˝ot kapjuk: A következ˝ o helyettes´ıtést végezz¨ uk:

Z

Z 1 2(t − t2 − 2) 2(t − t2 − 2) dt = dt = 2 2 (1 − 2t) (t − 2)(1 − 2t) t −1 x+ +t 2 1 − 2t Z Z Z 3t + 2 8 1 7 1 = (1 − )dt = t + dt + dt = (t − 2)(1 − 2t) 3 t−2 3 1 − 2t ¯ p 8 7 8 ¯¯p ¯ = t + ln |t − 2| − ln |1 − 2t| + c = x2 + x + 1 − x + ln ¯ x2 + x + 1 − x − 2¯ − 3 6 3 ¯ p 7 ¯¯ ¯ − ln ¯1 − 2( x2 + x + 1 − x)¯ + c, c ∈ R. 6

Z

√

dx = x2 + x + 1

II.b) Ha a c > 0 akkor alkalmazhatjuk a következ˝o helyettes´ıtést. p

ax2 + bx + c =

√

c + tx.

Mindkét oldal négyzetre emelése után a szabadtagok kiesnek, majd ha mindkét oldalt elosztjuk x-szel és kifejezz¨ uk x-et a következ˝ot kapjuk: x=

√ b − 2 ct = ϕ(t), t2 − a

dx = ϕ0 (t)dt.

Elvégezve az el˝obb bemutatottak alapján a helyettes´ıtést ismét racionális törtf¨ uggvény integráljához jutunk. P´ elda: Alkalmazva az el˝obb bemutatott eljárást szám´ıtsuk ki: Z √ Jelölj¨ uk

√

x2

x dx, + 3x + 1

x > 0.

x2 + 3x + 1 = 1 + tx-el. Az utóbbi egyenl˝oségb˝ol kifejezve x-et

x=

3 − 2t = ϕ(t), t2 − 1

dx =

2t2 − 6t + 2 dt (t2 − 1)2

kapjuk. Elvégezve a változócserét a következ˝ot kapjuk: Z √

x dx = 2 x + 3x + 1

Z

3 − 2t t2 − 1

µ ¶−1 2 Z 3 − 2t 2t − 6t + 2 3 − 2t 1+t 2 dt = −2 dt t −1 (t2 − 1)2 (t2 − 1)2


29

Z

Z 2t 1 dt − 6 dt = (t2 − 1)2 (t − 1)2 (t + 1)2 ¶ Z Z µ 6 1 (t2 − 1)0 1 1 1 = dt − − + + dt = (t2 − 1)2 4 (t − 1)2 (t − 1) (t + 1) (t + 1)2 µ ¶ 1 3 1 1 = 2 − − − ln |t − 1| + ln |t + 1| − +c= t −1 2 t−1 t+1 

2

3 1 − √ −  2 + 3x + 1 − 1 2 x x2 + 3x + 1 − 1 −1 −1 x x ¯√ ¯√ ¯ ¯ ¯ x2 + 3x + 1 − 1 ¯ x2 + 3x + 1 − 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − ln ¯ − 1¯ + ln ¯ + 1¯ − ¯ ¯ ¯ ¯ x x  = Ã√

1

!2

−

 1  + c, c ∈ R.  x2 + 3x + 1 − 1 +1 x II.c) Ha az ax2 + bx + c = 0 m´ asodfok´ u egyenletnek az x1 , x2 val´ os gy¨ okei, akkor az u ´j ismeretlent a következ˝oképpen is bevezethetj¨ uk: p ax2 + bx + c = t(x − x1 ). −√

Az x-et ismét könnyen ki tudjuk fejezni a t seg´ıtségével. Figyelembe véve, hogy az x1 , x2 gyökök ezért ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ), négyzetre emelve a fenti egyenl˝oséget a következ˝ot kapjuk: a(x − x1 )(x − x2 ) = t2 (x − x1 )2 , ahonnan

ax2 − t2 x1 = ϕ(t). a − t2 Elvégezve az x = ϕ(t) helyettes´ıtést az eredeti integrált racionális tört integráljára vezetj¨ uk vissza. x=

P´ elda. Alkalmazva az el˝obb bemutatott eljárást szám´ıtsuk ki: Z 1 √ dx, x > 2. x + x2 − 3x + 2 Az x2 − 3x + 2 = 0 egyenlet gyökei az x1 = 1, x2 = 2. Jelölj¨ uk p x2 − 3x + 2 = t(x − 1). Innen (x − 1)(x − 2) = t2 (x − 1)2 , egyszer˝ us´ıtve (x − 1)-gyel (x − 1 6= 0 mivel x > 2) t2 − 2 2t azt kapjuk, hogy x = 2 , dx = 2 dt. Elvégezve a vátozócserét a következ˝ot t −1 (t − 1)2 kapjuk: Z Z 2t 1 1 √ µ 2 ¶ 2 dx = dt = 2 2 (t − 1)2 t −2 t −2 x + x − 3x + 2 +t 2 −1 t2 − 1 t −1 Z Z 2t t2 − 1 t = dt = 2 dt. (t2 − t − 2) (t2 − 1)2 (t + 1)2 (t − 2)(t − 1)

¨ 1.5. Osszefoglal´ o feladatok

30

A fenti racionális tört integrálásához el˝oször a törtet elemi törtekre bontjuk (t +

1)2 (t

t A B C D = + + + . 2 − 2)(t − 1) (t + 1) t+1 t−2 t−1

Az egy¨ utthatók egyenl˝ové tételéb˝ol azt kapjuk, hogy         

ahonnan A =

B+C +D =0 A + 2B + C + 4D = 0 A − B − C + 3D = 1 −2A − 2B − C + 2D = 0,

−11 12 1 3 ,B = ,C = ,D = . 5 10 10 10

Z

1 −A dx = + B ln |t + 1| + C ln |t − 2| + D ln |t − 1| + c = t +1 x+ − 3x + 2 ¯ ¯r ¯ ¯r ¯ ¯r ¯ ¯ x−2 ¯ ¯ x−2 ¯ ¯ x−2 −A ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ =r + 1¯ + C ln ¯ − 2¯ + D ln ¯ − 1¯ + c, + B ln ¯ ¯ ¯ x−1 ¯ ¯ x−1 ¯ ¯ x−1 x−2 +1 x−1 c ∈ R. √

x2

¨ 1.5. Osszefoglal´ o feladatok Határozzuk meg, hogy melyik halmazon létezik primit´ıv f¨ uggvénye az alábbi f¨ uggvényeknek, és határozzuk meg a primit´ıv f¨ uggvényeiket! I. 1) 3) 5) 7) 9)

f (x) = x ln(x2 + 1) f (x) = (x3 + x + 1)e−x f (x) = x3 sin 3x f (x) = e2x cos2 x f (x) = x2 sinh x

11) f (x) = x arctg x cos2 x 13) f (x) = ex 15) f (x) = earccos x 17. f (x) = ln(x +

√

1 + x2 )

x3 1−x 1 3) f (x) = 2 x − 3x + 2

II. 1) f (x) =

2) f (x) = (x2 + x + 3)e2x 4) f (x) = x cos 2x 6) f (x) = e−x sin 2x 8) f (x) = sin(ln x) 10) f (x) = arccos(4x + 1) √ 12) f (x) = arctg 2x − 1 x−1 14) f (x) = x ln x+1 arcsin x √ x 16) f (x) = e · 1 − x2 1 18) f (x) = x ln x x −1 x5 4) f (x) = 3 x − 4x 2) f (x) =

x4


1 x3 − 1 2x2 7) f (x) = 4 x +1 x 9) f (x) = 2 2x + 3x + 1 1 11) f (x) = 2 x(x + 1)2 5) f (x) =

1 cos 2x 3) f (x) = sin2 x

III. 1) f (x) =

1 (x + 1)2 x 2x3 − 4x2 + x − 5 8) f (x) = (x − 1)(x2 + 4)2 x2 − 1 10) f (x) = 2 x +1 x7 + 1 12) f (x) = 2 x (x − 1)3 6) f (x) =

sin3 x cos x 4) f (x) = cos4 x 2) f (x) =

5) f (x) = sin3 2x

6) f (x) = sin2 2x cos3 2x

7) f (x) = sin3 x cos x 1 9) f (x) = sin x cos x 1 11) f (x) = 3 + tg x 1 13) f (x) = √ tg x sin 2x 15) f (x) = 1 + sin2 x

8) f (x) = sin4 x cos2 x 1 10) f (x) = 2 sin x − cos x + 5 1 − sin x 12) f (x) = 1 + cos x sin2 x cos x 14) f (x) = sin x + cos x 1 16) f (x) = 4 cos x sin2 x

ex 1 + e2x r x e −1 3) f (x) = ex + 1

e3x ex + 1 ex 4) f (x) = √ x e −1 √ x e +1 6) f (x) = e2x 2 2 8) sh x ch x 1 10) f (x) = sh x ch x √ 2) f (x) = x 3 x + 2 r x+1 4) f (x) = x−1 r x+1 6) f (x) = 3 2x − 1 x 8) f (x) = √ 4 − x2 x3 10) f (x) = √ 4 − x2 √ 2 12) f (x) = x 1 + x2 √ 14) f (x) = x3 x2 − 1

IV. 1) f (x) =

1 + e−x + 2 7) f (x) = sh3 x

5) f (x) =

ex

9) f (x) = ch4 x √ V. 1) f (x) = (x + 3) 2x + 1 x+2 3) f (x) = √ x+7 r x+2 5) f (x) = x x−2 √ 7) f (x) = x 1 − x2 √ 9) f (x) = x2 1 − x2 p 11) f (x) = (x + 3) (1 − x2 )3 13) f (x) = √

x2 x2 + 9

2) f (x) =

31


32

1 √ x + x2 − 9 1 √ 17) f (x) = 2 1 + x + 2x + 2 1 √ 19) f (x) = x + x2 − x + 1 1+x 21) f (x) = √ −x2 + 4x + 5 15) f (x) =

x √ 1 + 4 + x2 1 √ 18) f (x) = (1 + x) 1 + x − x2 1 20) f (x) = 2 x − 3x + 2 16) f (x) =

2. Határozott integrál

33


2.1. Görbék által határolt s´ıkidomok ter¨ ulete Archimédesz módszere a parabola alatti ter¨ ulet kiszám´ıtására Feladat. Hat´ arozzuk meg az f (x) = x2 f¨ uggvény grafikus képe, az Ox tengely az x = 0, x = 1 egyenesek által határolt s´ıkidom ter¨ uletét. A ter¨ ulet meghatározása érdekében osszuk fel a [0, 1] intervallumot n egyenl˝o részre. A kapott osztópontok halmazát jelölj¨ uk τ -val: τ = {x0 = 0, x1 =

1 k n , . . . , xk = , . . . , xn = = 1}. n n n

3

4

PSfrag replacements O x y y = f (x) = x2 1 n 2 n

···

k−1 n k n

···

1

1

n−1 n2 = nn

(2.1 ábra) A megadott osztópontokhoz tartozó ,,f grafikonjába be´ırt téglalapok” ter¨ uletének

34

2.1. Görbék által határolt s´ıkidomok ter¨ ulete ...

összege: sn (f, τ ) =

n−1 X k=1

n−1 n−1 1 k 2 X k2 1 X 2 k = .( ) = = n n n3 n3 k=1

k=1

1 (n − 1)n(2n − 1) (n − 1)(2n − 1) 1 = 3 = = n 6 6n2 6

µ ¶µ ¶ 1 1 1− 2− , n n

növekszik az osztópontok n számának növelésével. Az f grafikonja ,,köré ´ırt téglalapok” ter¨ uletének összege: Sn (f, τ ) =

µ ¶2 X n n n X 1 X 2 k k2 1 · = = k = n n n3 n3

k=1

k=1

k=1

(n + 1)(2n + 1) 1 n(n + 1)(2n + 1) 1 = 3 = = 2 n 6 6n 6

µ ¶µ ¶ 1 1 1+ 2+ , n n

csökken az osztópontok n számának növelésével. Ha nagyon sok osztópontot tekint¨ unk, akkor a ,,be´ırt” és ,,köré ´ırt téglalapok” ter¨ uletének összege nagyon jól megközel´ıti (hiánnyal, illetve többlettel) a kiszám´ıtandó ter¨ uletet. Vagyis a felvetett problémára választ kapunk, ha kiszám´ıtjuk az sn vagy az Sn kifejezéseinek a határértékét mid˝on az n tart a végtelenbe. (n − 1)(2n − 1) = lim Sn (f, τ ) = n→∞ 6n2 1 (n + 1)(2n + 1) = = lim n→∞ 6n2 3

T = lim sn (f, τ ) = lim n→∞

n→∞

1. K´ erd´ es. Lehet-e a módszert általános´ıtani bármely f¨ uggvényre? Bizonyos f¨ uggvényosztályok esetén elméletben jó a módszer, de gyakorlatban nem mindig siker¨ ul a sn és a Sn összegeket olyan (zárt) alakra hozni amely lehet˝ové teszi a határérték¨ uk n 1 P k kiszám´ıtását. Például az f (x) = sinx, x ∈ [0, 1] esetén Sn = sin felsö közel´ıtö n n k=1 összeg határértékének meghatározása nem egyszer˝ u. x3 ´ f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvénye Eszrev´ etel. A f (x) = x2 f¨ uggvénynek a F = 3 (F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ [0, 1]). Vegy¨ uk észre azt az érdekes tényt, hogy F (1) − F (0) = 1/3 = T. Ennek alapján felmer¨ ul az a sejtés, hogy a primit´ıv f¨ uggvény ,,megváltozása” megadja a görbe alatti s´ıkrész ter¨ uletét bizonyos f¨ uggvényosztályok esetén. 2. K´ erd´ es. Milyen f¨ uggvényosztályok esetén igaz az, hogy a primit´ıv f¨ uggvény ,,megváltozása” megadja a görbe alatti s´ıkrész ter¨ uletét ? A következökben a fent megfogalmazott kérdésekre adjuk meg a választ. Megmutatjuk, hogy az f : [a, b] → R korlátos f¨ uggvények esetén a bemutatott eljárás általános´ıtása a határozott integrál defin´ıciójához vezet. Az általános´ıtás érdekében az [a, b] intervallumot n nem feltétlen¨ ul egyenlö részre osztjuk. Az ´ıgy kapott osztópontok seg´ıtségével vezetj¨ uk be az [a, b] intervallum felosztásának fogalmát. Az adott felosztáshoz tartozó ,,be´ırt” és ,,kör¨ ul´ırt” téglalapok ter¨ uleteinek összegével definiáljuk az sn és Sn alsó ill. felsö közel´ıtö összegeket. Megmutatjuk, hogy ha az f korlátos az [a, b]n akkor a bármely lehetséges módon fel´ırt alsó közel´ıtö összegek halmazának van


35

véges szuprémuma és az összes lehetséges módon fel´ırt felsö közel´ıtö összegek halmazának van véges infimuma. Az olyan f¨ uggvényeket, amelyekre igaz az, hogy az alsó közel´ıtö összegek szuprémuma egyenlö a felsö közel´ıtö összegek infimumával, az [a, b]-n határozott integrállal rendelkezö f¨ uggvényeknek, vagy egyszer˝ ubben [a, b]-n integrálható f¨ uggvényeknek fogjuk nevezni. A késöbbiekben a második kérdésre is fogunk válaszolni. Nevezetesen, megmutatjuk, hogy azokra a f¨ uggvényekre, amelyek egyidöben integrálhatók az [a, b]-n és van primit´ıv f¨ uggvény¨ uk igaz az, hogy az [a, b]-n vett határozott integráljuk éppen a primit´ıv f¨ uggvény¨ uk [a, b]-n vett megváltozásával lesz egyenlö. Ezt a nagyon fontos eredményt a Newton-Leibniz tételnek nevezz¨ uk és a gyakorlatban ezt használjuk, ha valahányszor ki akarunk szám´ıtani egy határozott integrált. S most térj¨ unk rá a határozott integrál prec´ız defin´ıciój´ ara.

2.2 A határozott integrál fogalma 1. Defin´ıci´ o Legyen I = [a, b] egy zárt, véges intervallum. Az I intervallum a és b végpontjait tartalmazó véges részhalmazait az I intervallum feloszt´ asainak nevezz¨ uk, amelyet általában τ = {a = x0 < x1 < . . . xn−1 < xn = b} alakban ´ırunk. Az I felosztásainak halmazát F(I)-vel jelölj¨ uk. Ny´ılvánvaló, hogy bármely két τ1 , τ2 ∈ F(I) felosztásra τ1 ∪ τ2 ∈ F(I), τ1 ∩ τ2 ∈ F(I).

2. Defin´ıci´ o Legyen f : I → R egy korlátos f¨ uggvény és τ := {x0 , x1 , . . . xn } ∈ F(I) az I intervallum egy felosztása. Jelölj¨ uk mi = inf{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } Mi = sup{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } Az S(f, τ ) :=

n X (xi − xi−1 )Mi , i=1

ill. az s(f, τ ) :=

n X

(xi − xi−1 )mi ,

i=1

sz´ amot az f -nek a τ feloszt´ ashoz tartoz´ o fels˝ o, ill. als´ o k¨ ozel´ıt˝ o osszeg´ ¨ enek nevezz¨ uk.

36

2.2 A határozott integrál fogalma

3

PSfrag replacements 4 O x y y = f (x) a = x0 x1 x2 ··· xk−1 xk · · 2· xn−1 xn = b

1

(2.2 ábra) Az f f¨ uggvény korlátosságából következik, hogy mi , Mi , (i = 1, n) véges számok. Következésképpen a S(f, τ ) és a s(f, τ ) is véges számok Ha f (x) > 0, x ∈ I, akkor S(f, τ ) az ,,f grafikonja köré ´ırt” {(x, y) ∈ R2 : xi−1 ≤ x ≤ xi , 0 ≤ y ≤ Mi } téglalapok ter¨ uletének összegét jelenti. A s(f, τ ) az ,,f grafikonjába be´ırt” {(x, y) ∈ R2 : xi−1 ≤ x ≤ xi , 0 ≤ y ≤ mi } téglalapok ter¨ uletének összegével egyenl˝o. Ha az f f¨ uggvény negat´ıv értéket is felvesz, akkor az mi és Mi számok között lesznek negat´ıv számok is. Ebben az esetben az s(f, τ ) és S(f, τ ) a be´ırt és kör¨ ul´ırt téglalapok egyes´ıtésével adódó halmaz el˝ ojeles ter¨ ulet´ enek nevezz¨ uk. Nyilvánval´ o, hogy mi = inf{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } ≤ sup{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } = Mi (i = 1, 2, . . . n), következésképpen bármely τ felosztás esetén: (1)

s(f, τ ) :=

n X

(xi − xi−1 )mi ≤

i=1

n X

(xi − xi−1 )Mi =: S(f, τ ).

i=1

Azaz bármely τ felosztáshoz tartozó alsó közel´ıtö összeg kisebb vagy egyenlö mint a τ felosztásához tartozó felsö közel´ıtö összeg.

1. Tétel. a) Ha τ1 , τ2 ∈ F(I) és τ1 ⊂ τ2 , akkor s(f, τ1 ) ≤ s(f, τ2 ),

S(f, τ1 ) ≥ S(f, τ2 ),

b) Bármely két τ1 , τ2 ∈ F(I) felosztásra s(f, τ1 ) ≤ S(f, τ2 ).


37

Ha τ1 ⊂ τ2 , akkor a τ2 több osztópontot tartalmaz. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a τ2 felosztás a τ1 felosztás finom´ıtása. A tételt elsö részét u ´gy is megfogalmazhatjuk, hogy a feloszt´ as finom´ıt´ as´ aval az als´ o k¨ ozel´ıt¨ o¨ osszegek nem cs¨ okkenek, a fels¨ o k¨ ozel´ıt¨ o¨ osszegek pedig nem n¨ onek, a m´ asodik r´ esz´ et pedig u ´ gy, hogy b´ armely als´ o k¨ ozel´ıt¨ o¨ osszeg kisebb vagy egyenl¨ o, mint b´ armely fels¨ o k¨ ozel´ıt¨ o¨ osszeg. ´ s. Az a) áll´ıtás igazolásához tegy¨ Bizony´ıta uk fel elöször, hogy τ2 csak eggyel több pontot tartalmaz mint τ1 , azaz legyen τ2 := τ1 ∪ {x0 }, ahol τ1 = {a = x0 < x1 < · · · < xi−1 < xi < . . . xn−1 < xn = b} és xi−1 < x0 < xi . Ekkor s(f, τ1 )-b˝ol az s(f, τ2 ) u ´gy adódik hogy az mi (xi − xi−1 ) tag helyett az m0 (x0 − xi−1 ) + m00 (xi − x0 ) összeget ´ırjuk,ahol m0 := inf {f (x) : xi−1 ≤ x ≤ x0 } és m00 = inf {f (x) : x0 ≤ x ≤ xi }. Mivel m0 , m00 ≥ inf {f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } = mi , ezért mi (xi − xi−1 ) = mi (x0 − xi−1 ) + mi (xi − x0 ) ≤ m0 (x0 − xi−1 ) + m00 (xi − x0 ) s ´ıgy valóban s(f, τ1 ) ≤ s(f, τ2 ). Felhasználva a M 0 := sup{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ x0 },

M 00 = sup{f (x) : x0 ≤ x ≤ xi } ≤ Mi

egyenl˝otlenséget hasonlóan adódik, hogy S(f, τ1 ) ≥ S(f, τ2 ). Az általános esetben τ1 -hez τ2 -nek egy-egy (τ1 -ben nem szerepl˝o) pontját véve véges sok lépésben megkapjuk a τ2 felosztást. Mivel a most igazoltak alapján minden egyes lépésben s(f, τ1 ) nem csökken, S(f, τ2 ) pedig nem n˝o, ezért valóban fennállnak a bizony´ıtandó s(f, τ1 ) ≤ S(f, τ2 ), S(f, τ1 ) ≥ S(f, τ2 ) egyenl˝otlenségek. A b) áll´ıt´ ast felhasználva a most igazolt áll´ıtást és az (1) egyenl˝otlenséget, a következ˝oképpen bizony´ıtható: (2)

s(f, τ1 ) ≤ s(f, τ1 ∪ τ2 ) ≤ S(f, τ1 ∪ τ2 ) ≤ S(f, τ2 )

A (2) egyenl˝ otlenség alapján nyilvánvaló, hogy b´ armely korl´ atos f : I → R f¨ uggv´ enyre a {s(f, τ ) : τ ∈ F(I)} sz´ amhalmaz fel¨ ulr˝ ol, a {S(f, τ ) : τ ∈ F(I)} sz´ amhalmaz pedig alulr´ ol korl´ atos, teh´ at a sup{s(f, τ ), τ ∈ F (I)} ´ es inf{S(f, τ ), τ ∈ F(I)} l´ eteznek ´ es v´ egesek.

38

2.2 A határozott integrál fogalma

3. Defin´ıci´ o. Az I∗ (f ) := sup{s(f, τ ) : τ ∈ F(I)} számot az f (Darboux f´ ele) als´ o integr´ alj´ anak, az I ∗ (f ) := inf{S(f, τ ) : τ ∈ F(I)} számot az f Darboux-f´ ele fels˝ o integr´ alj´ anak nevezz¨ uk. Azt mondjuk, hogy az f : I → R korlátos f¨ uggvény (Riemann)integr´ alhat´ o (létezik az [a, b]-n a határozott integrálja), ha I∗ (f ) = I ∗ (f ). A közös I∗ (f ) = I ∗ (f ) számot az f f¨ uggvény Riemannintegr´ alj´ anak (röviden integráljának) nevezz¨ uk, és az alábbi szimbólumok valamelyikével jelölj¨ uk: Z

Z

b

b

f,

I(f ),

f (x)dx.

a

a

Az [a, b] intervallumon Riemann-integrálható f¨ uggvények halmazát R[a, b]-vel jelölj¨ uk. A fenti értelmezésb˝ol a (2)-es alapján következik, hogy: I∗ (f ) ≤ I ∗ (f ). Figyelembe véve a S(f, τ ) és s(f, τ ) geometriai jelentését kézenfekv˝o az allábbi:

4. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az F : [a, b] → R+ f¨ uggvény esetén a H := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} halmaznak ( az f : [a, b] → R f¨ uggvény grafikonja alatti tartománynak vagy szubgrafikonjának) van ter¨ ulete, ha f integrálható és akkor az Rb f sz´ a mot a H halmaz ter¨ u let´ e nek nevezz¨ uk: a Z

b

T (H) :=

f (x)dx. a

Az f : [a, b] → R− f¨ uggvény esetén a K := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b,

f (x) ≤ y ≤ 0}

halmaznak akkor van ter¨ ulete, ha f integrálható és Z

b

T (K) := −

f (x)dx. a

A következ¨ okben kiszám´ıtjuk a defin´ıció alapján néhány egyszer˝ u f¨ uggvény [a, b]-n vett határozott integrálját, ha létezik.


39

3 4

PSfrag replacements 8 O x y y = f (x) H 2 a b Rb T (H) = a f (x)dx

5

1

(2.3 ábra)

2.3. M˝ uveletek integrálható f¨ uggvényekkel Két f¨ uggvény összegének és egy f¨ uggvény számszorosának integrálhatóságára vonatkozik az alábbi tétel.

4. Tétel.

Tegy¨ uk fel, hogy az f, g : [a, b] → R, f¨ uggvények integrálhatók és legyen λ ∈ R. Ekkor f + g és λf is integrálható és Z

Z

b

(f + g) = a

Z

b

a

Z

b

f+

g, a

Z

b

b

(λf ) = λ a

f. a

6. Tétel. (Intervallum szerinti additivitás.) Legyen a < b < c és f : [a, c] → R egy korlátos f¨ uggvény. Az f f¨ uggvény akkor és csak akkor integr´ alható, [a, c]-n ha f -nek az f1 := f |[a,b] , f2 := f |[b,c] lesz˝ uk´ıtései integr´ alhatók és Z c Z b Z c f= f+ f. a

A tétel bizony´ıtását lásd [1]-ben.

a

b

40

2.3. M˝ uveletek integrálható f¨ uggvényekkel

3

4 PSfrag replacements O x y y = f (x) 8 9 a b c Rb T1 = a f (x)dx 1 2 Rc T2 = b f (x)dx Rc Rb Rc T = T1 + T2 ⇔ a f (x)dx = a f (x)dx + b f (x)dx

(2.6 ábra)

A továbbiakban az [a, c] intervallumon integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek halmaz´ at jel¨ olj¨ uk R[a, c]-vel, az f ∈ R[a, c] f¨ uggvény valamely [α, β] ⊂ [a, c] intervallumra Rβ vonatkoz´ o f[α,β] lesz˝ uk´ıtésének integrálja legyen az α f . Rb Rb Az a f jelölés használatánál eddig feltett¨ uk, hogy a < b. Az a f szimbolumnak a = b és a > b esetén is célszer˝ u értelmet tulajdon´ıtani. Erre vonatkozik az alábbi

8. Defin´ıci´ o. Legyen

Ra a

f := 0 és, ha f ∈ R[b, a]

Rb

f := −

a

Ra b

f, a > b.

7. Tétel. Legyen a < b és f, g ∈ R[a, b]. Ha f (x) ≤ g(x), x ∈ [a, b], akkor

Z

Z

b

f≤ a

b

g. a

Mivel tetsz˝oleges f ∈ R[a, b] f¨ uggvényre −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)|, ezért a most bizony´ıtott egyenl˝otlenség alapján kapjuk, hogy Z −

Z

b

|f (x)|dx ≤ a

Z

b

b

f (x)dx ≤ a

|f (x)|dx, a

ha a < b. Innen adódik az alábbi

K¨ ovetkezmény. Tetsz˝oleges f ∈ R[a, b] függvényre (a < b esetén) ¯Z ¯ ¯ b ¯ Z b ¯ ¯ f¯ ≤ |f |. ¯ ¯ a ¯ a


41

3

4

PSfrag replacements O x 9 y 10 y = f (x) a b c M2 f (ξ) m Rb T = a f (x)dx = f (ξ)(b − a), Rb m(b − a) ≤ a f (x)dx ≤ M (b − a)

8

1

(2.7 ábra)

1. Következmény Legyen f ∈ C[a, b] és m = min{f (x) : x ∈ [a, b]}, M = max{f (x) : x ∈ [a, b]} és a < b, akkor Rb a) m(b − a) ≤ f (x)dx ≤ (b − a)M , a

b) valamint létezik olyan ξ ∈ [a, b] u ´gy, hogy Zb f (x)dx = f (ξ) · (b − a) a

2.4. Integrálható f¨ uggvények 9. Tétel Ha f : [a, b] → R folytonos függvény, akkor integrálható. 10. Tétel. Ha f : [a, b] → R monoton, akkor integrálható.

2.5. Newton-Leibniz-formula Az el˝oz˝o paragrafusban bemutatott két példa jól mutatja, hogy közvetlen¨ ul a defin´ıció

42

2.5. Newton-Leibniz-formula

alapján az integrál kiszám´ıtása a legegyszer˝ ubb f¨ uggvények esetén is hosszadalmas és bonyolult feladat. Az alábbi tétel alapján, ismerve az integrálható f¨ uggvény egy primit´ıv f¨ uggvényét, az integrál egyszer˝ uen meghatározható.

Tétel 12. (Newton-Leibniz-formula): Ha az f [a, b] → R függvény integr´ alható és f -nek létezik F primit´ıv f¨ uggvénye, akkor Z

b

f = F (b) − F (a). a

´ s. Bizony´ıta Legyen τ = {x0 , x1 , . . . , xn } az [a, b] intervallum egy felosztása. Lagrange-féle középértéktétel szerint van olyan ξi ∈ (xi−1 , xi ) pont, hogy

A

F (xi ) − F (xi−1 ) = F 0 (ξi )(xi − xi−1 ) = f (ξi )(xi − xi−1 ) (i = 1, 2, . . . , n). Innen az F (b) − F (a) számra a következ˝ot kapjuk: F (b) − F (a) =

n X

(F (xi ) − F (xi−1 )) =

i=1

n X

f (ξi )(xi − xi−1 ).

i=1

Mivel inf{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]} ≤ f (ξi ) ≤ sup{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}, ezért s(f, τ ) ≤ F (b) − F (a) ≤ S(f, τ ). Felhasználva ez utóbbi egyenl˝otlenséget, és azt a tényt, hogy f integrálható [a, b]-n I(f ) = sup{s(f, τ ) : τ ∈ F[a, b]} ≤ F (b) − F (a) ≤ inf{S(f, τ ) : τ ∈ F[a, b]} = I(f ) Rb azaz valóban a f = F (b) − F (a). Ezzel az áll´ıtásunkat igazoltuk. A továbbiakban többször használni fogjuk a

¥

[F (x)]ba := F (b) − F (a) jelölést. A Newton-Leibniz-féle formulából egyszer˝ uen következik a határozott integrálra vonatkozó u ń. parciális integrál´ asi szabály.

2. Következmény:(Parciális integrálás) Ha az f : [a, b] → R, g : [a, b] → R f¨ uggvények differenciálhatók és f 0 , g 0 ∈ R[a, b], akkor Z

b

(6)

Z f g 0 = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

b

f 0 g.

a

a

´ s. Mivel (f g)0 = f 0 g + f g 0 és a feltételek alapján f 0 g + f g 0 ∈ R[a, b], ezért az Bizony´ıta f g f¨ uggvényre alkalmazható a Newton-Leibniz-féle formula, következésképpen Z f (b)g(b) − f (a)g(a) = a

b

Z

b

(f g)0 = a

Z

b

(f 0 g + f g 0 ) = a

Z f 0g + a

b

f g0 .


43

Innen azonnal adódik a (6) egyenl˝oség. ¥ Az el˝oz˝o tétel alapján egyszer˝ uen adódik a határozott integrálra vonatkozó u ń. helyettes´ıt´ esi t´ etel:

14. Tétel. (Helyettes´ıtési tétel) Legyen f ∈ C[a, b] és ϕ : [α, β] → [a, b] egy folytonosan differenciálható f¨ uggvény. Ekkor Z

Z

ϕ(β)

β

f= ϕ(α)

(f ◦ ϕ)ϕ0

α

´ s. Mivel f , (f ◦ ϕ)ϕ0 folytonos f¨ Bizony´ıta uggvények, a 13. Tétel alapján az Z t Z x F (x) := f (y)dy, x ∈ (a, b) G(t) := ((f ◦ ϕ)(y))ϕ0 (y)dy t ∈ [α, β] ϕ(α)

α

utas´ıtással értelmezett f¨ uggvények differenciálhatók és F 0 = f,

(7)

G0 = (f ◦ ϕ)ϕ0 .

Megmutatjuk,hogy F (ϕ(t)) = G(t)∀t ∈ [α, β], ahonnan t = β esetén a bizony´ıtandó áll´ıtást kapjuk. A közvetett f¨ uggvény differenciálási szabályát felhasználva a (7) alapján nyilvánvaló, hogy (F ◦ ϕ)0 = (F 0 ◦ ϕ)ϕ0 = (f ◦ ϕ)ϕ0 = G0 Következésképpen F ◦ ϕ − G állandó. Mivel az F és G értelmezése szerint Z ϕ(α) Z α F (ϕ(α)) = f =0= (f ◦ ϕ)ϕ0 = G(α), ϕ(α)

α

ezért valóban F ◦ ϕ − G = 0. A helyettes´ıtési tételb˝ol következik a következ˝o két áll´ıtás.

1. Következmény:

Legyen f : [−a, a] → R páros, integrálható f¨ uggvény az [−a, a] intervallumon. Ekkor Z

Z

a

f (x)dx = 2 −a

a

f (x)dx. 0

3 4

PSfrag replacements O x y f (−x) = f (x) : , ∀x ∈ [a, a] −a 1 2 6 a R0 Ra Ra Ra f (x)dx = f (x)dx ⇒ f (x)dx = 2 f (x)dx −a 0 −a 0

¥

44

2.5. Newton-Leibniz-formula

(2.9 ábra) R0 ´ s. Az −a Bizony´ıta f (x)dx integrált az x = ϕ(t) = −t, t ∈ [−a, 0] változócserével alak´ıtjuk át. Figyelembe véve, hogy f (−t) = f (t), majd az integrálási határok felcserélésével kapjuk, hogy Z 0 Z 0 Z a Z a f (x)dx = f (−t)(−1)dt = f (t)dt = f (x)dx. −a

a

0

0

Felhasználva az integrál intervallum szerinti additivitását Z a Z 0 Z a Z f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = 2 −a

−a

0

a

f (x)dx. 0

¥

2. Következmény: Legyen f : [−a, a] → R páratlan integrálható f¨ uggvény az [−a, a] intervallumon, akkor Z

a

f (x)dx = 0. −a

y

int1

T2 −a a x PSfrag replacements x y −a int2 a −T1 T1 Z

T1

0

−T1 =

f (x)dx Z−aa

T1 =

f (x)dx 0

(2.10 ábra) R0 ´ s. Az −a Bizony´ıta f (x)dx integrált az x = ϕ(t) = −t, t ∈ [−a, 0] változócserével alak´ıtjuk át, figyelembe véve, hogy f (−t) = −f (t), majd az integrálási határok


45

felcserélésével kapjuk, hogy Z

Z

0

Z

0

f (x)dx =

f (−t)(−1)dt = −

−a

a

Z

a

a

f (t)dt = − 0

f (x)dx. 0

Felhasználva az integrál intervallum szerinti additivitását Z

Z

a

Z

0

f (x)dx = −a

Z

a

f (x)dx +

f (x)dx = −

−a

Z

a

a

f (x)dx +

0

0

f (x)dx = 0. 0

¥

2.6. Megoldott feledatok 2.6.1. Egyszer˝ u feladatok a Newton–Leibniz formula alkalmazására Szám´ıtsuk ki a következ˝o határozott integrálokat: 1. · 3 ¸5 Z 5 x 53 13 124 2 x dx = = − = 3 3 3 3 1 1 2.

Z

27 8

3.

1 √ dx = 3 x Z

1

0

Z

27

·

− 13

x 8

2 2 dx = x3 3

¸27 = 8

2 10 [9 − 4] = . 3 3

1 2 1 dx = [ln |x − 3|]0 = ln 2 − ln 3 = ln . x−3 3

4. Z

π 3

Z

π 3

tgxdx =

π 4

π 4

√

sin x dx = cos x

Z

π 3 π 4

π −(cos x)0 dx = − [ln | cos x|] π3 = 4 cos x

√ 2 1 − ln = ln 2. 2 2

= ln

2.6.2. Parciális integrálással kiszám´ıthat´ o határozott integrálok Ha f, g : [a, b] → R differenciálhatók és f 0 , g 0 ∈ R[a, b] akkor Z

b

Z

b

0

f g = f (b)g(b) − f (a)g(a) − a

a

f 0 g.

46

2.6.3. Határozott integrál kiszám´ıtása helyettes´ıtéssel

1. Z

Z

2

Z

2

x

x 0

xe dx =

x(e ) dx =

0

0

2 [xex ]0

2

− 0

2

ex dx = 2e2 − [ex ]0 = 2e2 − e2 + 1 = e2 − 1

2. Z

e

Z

e

3

x ln xdx = 1

1 4

µ

x4 4

¶0

·

x4 ln xdx = ln x 4

¸e

Z

e

− 1

1

· 4 ¸e x4 1 e4 x dx = − = 4 x 4 16 1

e e4 1 3e4 1 = − + = + 4 16 16 16 16 3.

Z

1

|arctgx|dx −1

Mivel az integráljel alatt abszol´ utérték van, ezért el˝oször felbontjuk az abszol´ ut értéket. Felhasználva az integrál intervallum szerinti additiv´ıtását a következ˝ot kapjuk: Z

Z

1

Z

0

|arctgx|dx = −1

Z

|arctgx|dx + −1

0

=−

|arctgx|dx = 0

Z

1

(x)0 arctgxdx +

−1

1

(x)0 arctgxdx =

0

Z 1 1 1 1 dx + [xarctgx]0 − x dx = = + x 2 1 + x 1 + x2 0 −1 Z Z 1 0 (1 + x2 )0 1 1 (1 + x2 )0 = −arctg(−1) + dx + arctg1 − dx = 2 −1 1 + x2 2 0 1 + x2 · ¸0 · ¸1 π 1 1 π 2 2 = + ln(1 + x ) − ln(1 + x ) = − ln 2 2 2 2 2 −1 0 Z

0 − [xarctgx]−1

0

4.

Z

π

x2 cos xdx

−π

Mivel az integrandus páros f¨ uggvény és a [−π, π]-n integrálunk, ezért Z

π

−π

Z

Z π x2 cos xdx = 2 x2 (sin x)0 dx = 0 0 Z π Z π = 2[x2 sin x]π0 − 4 x sin xdx = 4 x(cos x)0 dx = 0 0 Z π cos x = −4π − 4[sin x]π0 = −4π = 4[x cos x]π0 − 4

x2 cos xdx = 2

π

0

5.

Z

π

x4 sin xdx

−π

Mivel az integrandus páratlan f¨ uggvény és a [−π, π]-n integrálunk, ezért anélk¨ ul, hogy a parciális integrálást egymás után négyszer alkalmaznánk, a 2. következmény alapján következik, hogy az integrál értéke 0.


47

2.6.3. Határozott integrál kiszám´ıtása helyettes´ıtéssel Amikor a határozatlan integr´ alban nem az alapintegrálok valamelyike szerepel az egyik leghatékonyabb módszer az integrál kiszám´ıt´ asára az integrálás helyettes´ıtéssel. Gyakran a bonyolult integrandust Z β f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt α

alakban lehet fel´ırni. Ha az f és ϕ eleget tesz a Tétel 14 feltételeinek, akkor a fenti integrál: Z ϕ(β) f (x)dx. ϕ(α)

Formálisan: jelölj¨ uk x = ϕ(t)-vel, dx = ϕ0 (t)dt, az u ´j határok pedig ϕ(α) és ϕ(β) lesznek. Megtehetj¨ uk azt is, hogy a határok figyelembevétele nélk¨ ul helyettes´ıtéssel kiszám´ıtjuk az integrandus határozatlan integrálját, majd az eredményt visszaalak´ıtjuk az eredeti változó f¨ uggvényévé és az eredeti határokat helyettes´ıtj¨ uk be. Azonban ez utóbbi eljárás hosszadalmasabb. P´ eld´ ak: R e2 1. Szám´ıtsuk ki az e

1 dt integrált. t ln t Tekints¨ uk a ϕ(t) = ln t, ϕ : [e, e2 ] → [1, 2], folytonosan differenciálható f¨ uggvényt. 1 ´ Kiszám´ıtva a deriváltját ϕ0 (t) = . Eszrevessz¨ uk, hogy az integráljel alatti kifejezés t 1 ϕ0 (t) · alakba ´ırható. ϕ(t) ¸ · 1 1 , 1 , f (x) = akkor, az integráljel alatti kifejezés az Ha tekintj¨ uk az f : [1, 2] → 2 x 1 0 0 f (t) · = ϕ (t)f (ϕ(t)) alakra hozható. ϕ(t) Mivel az f folytonos, ϕ folytonosan differenciálható, tehát, ezért Z

e2 e

1 dt = t ln t

Z

e2

ϕ(e2 )

ϕ (t)f (ϕ(t))dt = Z

e

1

f (x)dx = ϕ(e)

2

= R

Z 0

1 dx = [ln x]21 = ln 2. x

sin 2t dt. 1 + sin2 t h πi Tekints¨ uk a ϕ(t) = 1 + sin2 t, ϕ : 0, → [1, 2], ϕ0 (t) = 2 sin t cos t = sin 2t. Igy az 2 integráljel alatti kifejezést a következ˝o alakban ´ırhatjuk

2. Szám´ıtsuk ki

π 2

0

ϕ0 (t) sin 2t ϕ = = ϕ0 (t) · . 2 ϕ(t) ϕ(t) 1 + sin t Legyen f (x) =

1 , x ∈ [1, 2]. x

48

3.1. S´ıkidomok ter¨ ulete

Mivel a ϕ és f f¨ uggvények eleget tesznek a 14-es Tétel követelményeinek, ezért Z π2 Z π2 Z π2 sin 2t 1 0 ϕ (t) ϕ0 (t)f (ϕ(t))dt = dt = dt = ϕ(t) 1 + sin2 t 0 0 0 Z ϕ( π2 ) Z 2 1 = f (x)dx = dx = [ln x]21 = ln 2. x f (0) 1 R4p √ 5. Szám´ıtsuk ki 1 1 + xdx. p √ Legyen f (x) = 1 + x, x ∈ [1, 4] és tekints¨ uk a ϕ1 : [1, 2] → [1, 4], ϕ1 (t) = t2 , folytonosan differenciálható f¨ uggvényt. Ekkor Z 4q Z ϕ1 (2) Z 2 √ 1 + xdx = f (x)dx = f (ϕ1 (t))ϕ01 (t)dt = 1

Z =

ϕ1 (1) 2√

1

1 + t · 2tdt.

1

Ez utóbbi integrál kiszám´ıtása egyszer˝ ubb, ha az 1 + t = u, ϕ2 : [2, 3] → [1, 2], ϕ2 (u) = u − 1 = t, ϕ02 (u) = 1 helyettes´ıtést alkalmazzuk Z ϕ2 (3) Z 3 Z 2 √ √ √ 1 + t · 2tdt = 1 + t · 2tdt = u · 2(u − 1)du = ϕ2 (2)

1

·

=2

2 5 2 3 u2 − u2 5 3

2

¸3 = 2

√ 8 √ (6 3 − 2). 15

Nagyon sok esetben csak formálisan ´ırjuk le a változócsere lépéseit, például az el˝oz˝o integrál eset´ √ eben ez ´ıgy nézne ki: – Jelölj¨ uk x = t, ha x ∈ [1, 4] akkor t ∈ [1, 2], x = t2 , akkor dx = 2t · dt, ´ıgy Z 2 Z 4q √ √ 1 + xdx = 1 + t · 2tdt. 1

1

– Jelölj¨ uk 1 + t = u, ha t ∈ [1, 2] akkor u ∈ [2, 3], t = u − 1, dt = du Z 2 Z 3 √ √ 1 + t · 2tdt = u · 2(u − 1)du. 1

2

A két egymásutáni változó cserét egy lépésben is elvégezhett¨ uk volna az y = helyettes´ıtéssel. Ennek elvégzését az olvas´ ora b´ızzuk.

3. Az integrálszám´ıtás alkalmazásai

3.1. S´ıkidomok ter¨ ulete

p

1+

√

x

3. Az integrálszám´ıtás alkalmaz´ asai

49

Az integrál defin´ıciójában szerepl˝o fogalmak bevezetése során kitért¨ unk ezek geometriai jelentésére. Az f : [a, b] → R+ integr´ alhat´ o f¨ uggv´ eny ,,grafikonja alatti tartománya” (szubgrafikonja), a H := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} ⊂ R2 halmaz, amelynek a ter¨ uletét a

Z

b

T (H) :=

f a

integrállal értelmezt¨ uk. 3 4

PSfrag replacements 8 O x y y = f (x) H 2 a b Rb T (H) = a f (x)dx

5

1

(3.1 ábra)

Megjegyzések 1. Ha az f (x) nem pozit´ıv az [a, b]-intervallumon b´ armely pontj´ aban, akkor a grafikus k´ ep az x = a, x=b´ es az Ox ´ altal hat´ arolt s´ıkr´ esz ter¨ ulete (l´ asd az ´ abra)

3 4

PSfrag replacements O 2x y y = f (x) a b Rb T (H) = a |f (x)| dx

5 1

(3.2 ´ abra) Z

b

T (H) :=

|f (x)|dx. a

50

3.4. Görbe ´ıvhossza.

2. Ha f, g ∈ R[a, b] k´ et olyan f¨ uggv´ eny, amelyek teljes´ıtik az f (x) ≤ g(x), ∀x ∈ [a, b] felt´ etelt, akkor az U := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ g(x)} halmaz (az f ´ es g k¨ oz¨ otti s´ıkr´ esz) ter¨ ulet´ et az al´ abbi utas´ıt´ assal ´ ertelmezz¨ uk Z b Z b Z b g− f. (g − f ) = T (U ) := a

a

a

3 4 5

8

1

PSfrag replacements O x y y = g(x) y = f (x) 2a b U Rb T (U ) = a (g(x) − f (x)) dx

(3.3 ´ abra)

3.4. Görbe ´ıvhossza. Tétel. Legyen Γ egy f : [α, β] → R folytonosan differenciálható f¨ uggvény grafikonja. Ekkor a Γ grafikuskép ´ıvhossza: Z

β

`(Γ) =

p 1 + (f 0 (t))2 dt

α

P´ eld´ ak: 1. Szám´ıtsuk ki az r sugar´ u kör hosszát! √ Az r sugar´ u, origó központ´ u kör egyenlete: x2 +y 2 = r2 , innen y = f (x) = ± r2 − x2 , ` Rrp x ∈ [0; r] az elsö negyedben lévö negyed kör, melynek hossza: = 0 1 + [f 0 (x)]2 dx, 4 −x 0 √ ahol f (x) = , ´ıgy r 2 − x2 s s Z r Z r Z r x2 r2 dx √ `=4 1+ 2 dx = 4 dx = 4r dx = 2 2 2 2 r −x r −x r − x2 0 0 0 h π x ir = 4r[arcsin 1 − arcsin 0] = 4r · = 2πr. = 4r arcsin r 0 2


51

Tehát az r sugar´ u kör ker¨ uletének hossza ` = 2πr.

3.6. Forgástest térfogata. Legyen f : [a, b] → R folytonos f¨ uggv´ eny és tegy¨ uk fel, hogy f (x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. 3

PSfrag replacements 2 O x y a = x0 x1 xi−1 xi xn = b

1

(3.18 ábra) Az f grafikonja Ox tengely kör¨ uli forgatásával adódó H := {(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y 2 + z 2 ≤ f 2 (x)} forgástest térfogatának defin´ıciójához tekints¨ uk az [a, b] egy τ := {x0 , x1 , . . . , xn } felosztását és vezess¨ uk be az Mi := max{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi }

mi := min{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi }

Hi = {(x, y, z) ∈ R3 : xi−1 ≤ x ≤ xi , y 2 + z 2 ≤ Mi2 } hi = {(x, y, z) ∈ R3 : xi−1 ≤ x ≤ xi , y 2 + z 2 ≤ m2i } jelöléseket. Ekkor a Hi és hi hengerek egyes´ıtéséb˝ol adódó halmazokra fennáll ∪ni=1 Hi ⊃ H ⊃ ∪ni=1 hi , és a szóban forgó hengerek térfogatának összege a πf 2 f¨ uggvény τ felosztáshoz tartozó felsö iletve alsö közel´ıtö összege, azaz: n X i=1

πMi2 (xi − xi−1 ) = S(πf 2 , τ ),

n X i=1

πm2i (xi − xi−1 ) = s(πf 2 , τ ).

52

3.6. Forgástest térfogata.

Rb Mivel πf 2 ∈ C[a, b] ezért az a πf 2 az egyetlen olyan szám, amely minden τ ∈ F [a, b] esetén a s(πf 2 , τ ) és S(πf 2 , τ ) közé esik. Ezek alapján kézenfekv˝o a következ˝o definició

6. Defin´ıci´ o Legyen f : [a, b] → R folytonos f¨ uggvény és tegy¨ uk fel, hogy f (x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. Az f grafikonja Ox tengely kör¨ uli forgatásával adódó H := {(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y 2 + z 2 ≤ f 2 (x)} forgástest térfogata definició szerint Z

b

V (H) := π

f 2.

a

A képlet érvényes akkor is, amikor f az [a, b]-n negat´ıv értékeket is felvesz. P´ eld´ ak: 1. Határozzuk meg az R sugar´ u gömb térfogatát. 3

4

1

2 PSfrag replacements O x y √ y = R2 − x2 R −R R −R

(3.19 ábra) √ Az f (x) := R2 − x2 (−R ≤ x ≤ R) f¨ uggvény grafikonjának Ox tengely kör¨ uli forgatásával megkapjuk a (0, 0, 0) középpont´ u R sugar´ u gömböt. E gömb térfogata: Z

R

π −R

(R2 − x2 )dx = π[R2 x − x3 /3]R −R =

4R3 π . 3


53

y2 x2 + = 1 egyenlet˝ u ellipszis x tengely kör¨ uli forgatásából a2 b2 származ´ o forgástest (FORGáS-ELLIPSZOID) térfogatát. 3

2. Határozzuk meg az

1

PSfrag replacements O2 x y a −a −b b

(3.20 ábra) V =π

Ra −a

f 2 (x)dx, ahol f (x) = y =

b√ 2 a − x2 . a

· ¸a b2 2 πb2 2 x3 2 V =π (a − x )dx = 2 a x − = 2 a 3 −a −a a µ ¶ a3 a3 4π 2 πb2 + a3 − = ab . = 2 a3 − a 3 3 3 Z

a


54

¨ 3.8. Osszefoglal´ o feladatok I. Szám´ıtsuk ki a következ˝o határozott integrálokat: 1.

Rπ

sin3 xdx

Rπ

cos4 xdx

4.

−π

Rπ

5.

x3 cos xdx

6.

R1 −1

11.

R3 2

13.

Re

R1 √

8.

17.

0

1 dx ex + ex

10.

x+1 dx 2 9x + 6x + 2

12.

√

1 dx 5 + 4x − x2

ln R 2√

ex − 1dx

0

2

x ln(1 + x)dx

14.

3π 4

R

ln(1 + ctg x)dx

π 4

16.

ex max{1, x2 }dx

18.

0

19.

R4 1

R1 3x + 1 √ dx x2 + 1 0 R2

4 − x2 dx

R3 √ x x2 + 3dx

0

15.

x sin2 xdx

0

R1 x + 1 √ dx 1 + x2 0

9.

Rπ 0

−π

7.

sin5 xdx

−π

0

3.

Rπ

2.

R1 −1

R1 x + 1 √ dx 4 − x2 0 R2

µ min x,

0

½ f (x)dx, ahol f (x) =

x + xex √ x2 + 4

, ha x ≤ 0 , ha x > 0

2 1 + x2

¶ dx

4. Improprius integrál

55

4.Improprius integrál Az integr´ alhatóság kérdését eddig csak v´ eges intervallumon értelmezett korl´ atos f¨ uggvényekkel kapcsolatban vetett¨ uk vizsgáltuk. A gyakorlati alkalmazásokban azonban el˝ofordul, hogy olyan f¨ uggvények integráljára van sz¨ ukség, amelyek a szóban forgó intervallumon nem korlátosak, vagy az integrálási intervallum hossza végtelen (pl. az elektromos potenciál értelmezésénél). Ez indokolja az improprius integr´ alok bevezetését.

4.1. Improprius integrál konvergenciája A hat´ arozott integr´ al kiterjeszt´ ese v´ egtelen hossz´ us´ ag´ u intervallumokra.

1. Defin´ıci´ o Az improprius integr´ alok els˝ o t´ıpus´ anak defin´ıci´ oja. Legyen f : [a, +∞) → R olyan f¨ uggvény, amely integrálható bármely [a, x], x > a intervallumon. Azt mondjuk, hogy az Z

+∞

f (t)dt a

Rx imroprius integr´ al konvergens, ha az F (x) := f (t)dt a f¨ uggvénynek a +∞-ben v´ e ges hat´ a r´ e rt´ e ke van, azaz l´ e tezik az L = Rx limx→+∞ a f (t)dt határérték és véges. Ebben az estben defin´ıció szerint Z +∞ Z x f (t)d := lim f (t)dr = L. x→+∞

a

a

2. Definició. Ha az f : (−∞, b] → R olyan f¨ uggvény, amely integrálható bármely [x, b], x < b intervallumon. Azt mondjuk, hogy az Z

b

f (t)dt −∞


56

Rb imroprius integr´ al konvergens, ha a G(x) := f (t)dt x f¨ uggvénynek létezik a −∞-ben véges határértéke, azaz létezik az Rb L = limx→−∞ x f (t)dt határérték és véges. Ebben az estben defin´ıció szerint Z Z b

b

f (t)d := lim

f (t)dt = L.

x→−∞

−∞

x

3. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggvény minden véges [x, y] intervallumon integrálható és létezik az Z y L= lim f (t)dt x→−∞,y→+∞

x

és véges, akkor Z

Z

+∞

f (t)dt := −∞

y

lim

x→−∞,y→+∞

f (t)dt = L. x

A hat´ arozott integr´ al kiterjeszt´ ese v´ eges hossz´ us´ ag´ u intervallumon ´ ertelmezett nemkorl´ atos f¨ uggv´ enyekre.

4. Defin´ıci´ o Az improprius integr´ al m´ asodik t´ıpus´ anak defin´ıci´ oja. Legyen az f : (a, b] → R nem korlátos f¨ uggvény az a pont környezetében. Tegy¨ uk fel, hogy bármely x ∈ (a, b] esetén f integr´ alható a [x, b] intervallumon. Azt mondjuk, hogy az Z

b

f (t)dt a

Rb improprius integr´ al konvergens, ha az G(x) := x f (t)dt f¨ uggvénynek a a pontban van véges jobboldali határértéke, azaz létezik Rb az L = limx→a+ x f (t)dt határérték és véges. Ekkor defin´ıció szerint Z

Z

b

b

f (x) := lim a

x→a+

f (t)dt = L. x

5. Defin´ıci´ o Ha az f : [a, b) → R olyan f¨ uggvény, amely nem korlátos a b pont környezetében,R de integrálható bármely [a, x], x ∈ [a, b) intervallumon, x és a F (x) := a f (t)dt f¨ uggvénynek a b pontban van véges baloldali Rx határértéke azaz létezik az L = limx→b− a f (t)dt határérték és véges, akkor az


57

Z

b

f (t)dt a

improprius integr´ al konvergens, és Z

Z

b

x

f (t)dt := lim

f (t)dt = L.

x→b−

a

a

Ha az el˝oz˝ o defin´ıciókban L nem l´ etezik, vagy v´ egtelen, akkor az improprius integr´ al divergens.

6. Defin´ıci´ o Ha az f f¨ ugvény az (a, b) intervallum egyik végpontjának környezetében sem korlátos, de minden olyan [x, y] intervallumon integr´ alható, amelyre a < x < y < b, továbbá létezik a Z

y

lim

x→a,y→b

f (t)dt x

határérték, akkor Z

Z

b

f (t)dt = a

y

lim

x→a,y→b

f (t)dt. x

Ha az f f¨ uggvény az [a, b] intervallum belsejébe es˝o c pontban nem értelmezett és a c pont környezetében nem korlátos, akkor az integrál addit´ıv tulajdonságának érvényben tartásával az [a, b] intervallumon vett improprius integrál értelmezése visszavezethet˝o az Rc Rb [a, c) és (c, b] intervallumokon vett improprius integrálokra. Ha az a f (t)dt és c f (t)dt Rb improprius integrálok egyid˝oben konvergensek, akkor a f (t)dt is konvergens és Z b Z c Z b f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt. a

a

c

P´ eld´ ak: Szám´ıtsuk ki a következ˝o improprius integrálokat: 1. +∞ Z e−t sin tdt. 0

sin t + cos t −t e . Az f (t) = e−t sin t f¨ uggvény primit´ıv f¨ uggvénye az F (t) = − 2 A defin´ıció alapján Z +∞ Z x −t e sin tdt = lim e−t sin tdt = lim [F (x) − F (0)] = x→+∞ 0 x→+∞ 0 · ¸ sin x + cos x −x 1 1 = lim − e + = , x→+∞ 2 2 2


58

mivel a 2.

sin x + cos x korlátos és lim e−x = 0. x→+∞ 2 +∞ Z

Z

1 1 sin dt = lim x→+∞ t2 t

− 2 π

2 π

· = lim

x→+∞

3.

x

µ ¶0 1 1 sin dt = t t

1 cos t

¸x 2 π

·

¸ 1 π = cos − cos = 1. x 2

Z∞ sin tdt = lim [− cos x]x0 = lim [− cos x + 1]. x→∞

x→+∞

0

Mivel a cos x f¨ uggvénynek a +∞-ben nincs határértéke, ezért az improprius integrál divergens. 4.

Z

0

√ −1

Z

dt = lim 1 − t2 x→−1

0

√ x

x>−1

dt dt = lim [arcsin t]0x = 2 1−t x→−1 x>−1

π = lim [− arcsin x + arcsin 0] = + . 2 x→−1 x>−1

5.

Z

1

√ −1

Z 1 dt dt √ + = 2 1−t 1 − t2 −1 0 Z y Z 0 dt dt √ √ + lim = = lim 2 1 − t 1 − t2 y→1 0 x→−1 x

dt = 1 − t2

Z

0

√

x>−1

y<1

= lim x→−1 x>−1

6.

Z

∞ −1

= lim x→0 x<0

Z 0

1

y→1 y<1

0

x→0 x<0

7.

+ lim [arcsin t]y0 = π.

Z ∞ dt dt √ √ + = 3 3 t t −1 0 Z Z x 1 = lim t− 3 dt + lim

dt √ = 3 t

Z

[arcsin t]0+x

y→0 y>0

−1

·

3 2 t3 2

¸x

arcsin t √ dt = lim 1 − t2 x→1 x<1

+ lim −1

Z

1

t− 3 dt =

y

·

3 2 t3 2

¸z y

3 = − + ∞ = ∞. 2

(arcsin t)0 arcsin tdt =

0

·

= lim x→1 x<1

x

y→0 z→∞

∞

1 (arcsin t)2 2

¸x = 0

¸ π2 1 1 2 2 = lim (arcsin x) − (arcsin 0) = . 2 8 x→1 2 x<1

·


8.

Z

59

Z

1

1

ln tdt = lim

x→0+

0

(t)0 ln tdt =

x

· Z = lim [t ln t]1x − x→0+

¸

1

1dt = lim [−x ln x − 1 + x]. x→0+

x

A lim x ln x kiszám´ıtására a L’Hospital szabályt alkalmazzuk: x→0+ 3

1 (ln x)0 ln x x = lim µ ¶0 = lim = lim (−x) = 0. lim x ln x = lim 1 x→0+ x→0+ x→0+ x→0+ 1 x→0+ 1 − 2 x x x Tehát a fenti improprius integrál értéke −1. 9. Milyen α ∈ R számra konvergens az Z

+∞

tα dt

1

improprius integrál? Mivel

Z

x

( α

t dt = 1

xα+1 −1 α+1

α 6= −1

ln x

α = −1,

ezért innen ny´ılvánvaló, hogy α < −1 esetén létezik az Z x 1 L = lim tα dt = − x→+∞ 1 α+1 határérték és véges. R +∞ Ha α ≥ −1, akkor L = +∞, tehát 1 xα dx divergens. 10. Legyen a < b < +∞, α ∈ R+ és vizsgáljuk az Z a

b

dt (b − t)α

improprius integrál konvergenciáját. 1 Ha α > 0, akkor az t → (b−t) uggvény nem korlátos. Mivel α f¨ Z a

x

  −1 ((b − x)−α+1 − (b − a)−α+1 ) dt 1−α =  (b − t)α − ln(b − x) + ln(b − a)

α 6= 1 α = 1,

ezért innen azt kapjuk, hogy Z lim

x→b−0

a

x

  (b − a)−α+1 dt = 1−α  (b − t)α +∞

0 < α < 1, α ≥ 1.

Ezzel beláttuk, hogy a tekintett improprius integrál a 0 < α < 1 esetben konvergens, α > 1 esetben pedig divergens.


60

11. Vizsgáljuk az Mivel

R +∞ 0

eαt dt improprius integrál konvergenciáját. Z x eαx − 1 eαt dt = α 0

és eαx − 1 lim = x→+∞ α

(

1 α < 0, α +∞ α ≥ 0, −

ezért a tekintett improprius integrál az α < 0 esetben konvergens és α ≥ 0 esetben divergens. 12. Vizsgáljuk az Z +∞ 1 dt 2+1 t −∞ improprius integrál konvergenciáját. A defin´ıció alapján Z

+∞ −∞

t2

1 dt = lim [arctgt]ba = lim [arctgb − arctga] = +1 a→−∞ a→−∞ b→+∞

b→+∞

= π/2 − (−π/2) = π.

¨ 4.5. Osszefoglal´ o feladatok Szám´ıtsuk ki a következ˝o improprius integrálokat: I.

R0

1.

−∞ +∞ R

3.

1 dt 2 t +4

2.

cos 2tdt

4.

2 π

+∞ R 0 +∞ R

7.

−∞

9.

+∞ R 2

11.

R0

1 1 cos dt 2 t t

et cos tdt

−∞

0

5.

+∞ R

6.

1 dt 2 4t + 4t + 1

8.

dt t ln2 t

10.

+∞ R 2

R0

t dt 2 t +1

t3

dt +1

−∞

R∞

t2 dt (t3 + 1)2 2

te−t dt

−∞ +∞ R arctg 0

12.

t2

t dt +1

(t2

dt − 1)2

+∞ R 2


13.

R∞ 0

II. 1.

R0

√

t t5

R0 −2

5.

R2 1 1

7.

R2 0

9.

0

−1

t2

dt √ + 3 t4 + 1

dt 4 − t2

2.

R1 dt √ 5 t −1

√

dt t+2

4.

R0 arccos t √ dt 1 − t2 −1 π

1 dt t ln t

6.

dt t ln2 t

8.

R3

+∞ R

14.

√

−2

3.

+1

dt

61

dt (t − 1)2

R2

tg tdt

0

R1

10.

0

R1 0

dt t ln2 t dt t3 − 5t2

Tekintsük az I (I R) intervallumon értelmezett f : I R függvényt. Ebben a

Recommend Documents